Apostila Física - Eleva - IME/ITA

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Cinemática escalar
FÍSICA I ASSUNTO
1
327IME-ITA – Vol. 1
1. Referencial
Para descrevermos o estado de repouso e movimento de um ponto
material, sua trajetória ou seu deslocamento, precisamos de um corpo, ou 
conjunto de corpos, que tomaremos como referência para determinar as 
posições do ponto material. Este corpo é denominado referencial. 
Os conceitos de movimento e repouso não são absolutos, mas sim 
relativos, já que dependem do referencial adotado. Um corpo estará em 
repouso quando sua posição não se alterar em relação a um referencial 
com o decorrer do tempo. Caso ocorra alteração, dizemos que o corpo 
está em movimento. 
Importante: A escolha de um referencial é uma tarefa muito importante na 
resolução de um problema, principalmente quando se faz uso de cálculos. 
Deve-se ter em mente que, a partir da escolha do referencial, a descrição do 
movimento dos corpos que participam do fenômeno passa a ser feita em 
relação a este referencial e só em relação a ele. Isso é muito importante, 
pois, se não obedecido, pode levar seus cálculos a conclusões erradas. 
1.1 Classificação do referencial
1.1.1 Referencial inercial
Um referencial inercial é todo aquele que torna válida a lei da inércia, 
ou seja, é qualquer sistema de referência que permanece em repouso ou 
em movimento retilíneo uniforme. 
1.1.2 Referencial não inercial
Um referencial não inercial é todo aquele que apresenta aceleração 
em relação a um referencial inercial. Por esse motivo, os referenciais não 
inerciais são também conhecidos como referenciais acelerados.
Quando a situação não especificar o referencial a ser utilizado, 
considere sempre a Terra ou o solo. Por exemplo, se em uma situação 
genérica for feita uma afirmação do tipo “um corpo se movimenta com 
velocidade de 80 km/h”, assuma que essa velocidade é medida em relação 
à Terra ou ao solo. 
2. Trajetória
A trajetória de um móvel corresponde à linha imaginária obtida ao serem
ligadas as posições ocupadas pelo móvel em instantes sucessivos durante 
seu movimento. 
Por exemplo, quando uma bola é lançada verticalmente para cima 
de um trenzinho que se move com velocidade horizontal constante, a 
trajetória para um referencial parado fora do trenzinho é uma curva (ou 
seja, uma parábola).
Entretanto, se considerarmos o trenzinho como referencial, a trajetória 
é uma reta orientada para cima na subida e uma reta orientada para baixo 
na descida. 
Conclusão: A forma dessa linha imaginária (trajetória) depende do 
referencial adotado para sua observação. Portanto, referenciais diferentes 
podem observar trajetórias diferentes. 
3. Posição, deslocamento
e distância percorrida
Unidade no SI: metro; abreviação: m.
Outras unidades comuns: centímetro (cm), milímetro (mm), 
quilômetro (km).
3.1 Posição escalar (s)
Por definição, posição é o número associado ao ponto da trajetória 
ocupado por um móvel em determinado instante, de acordo com algum 
referencial. No caso da cinemática escalar, utilizaremos como referencial 
uma reta orientada e como origem das posições um ponto qualquer dessa 
mesma reta (em geral, associa-se a letra “O” para a origem). 
O
Assim, para determinarmos o módulo da posição de um móvel, 
mediremos a distância desse ponto à origem adotada. É imprescindível ter 
atenção para o sinal. Se o móvel estiver a favor do referencial, usaremos 
o sinal positivo, e se estiver contra, o negativo.
3.2 Deslocamento escalar (ΔS)
Considerando um móvel qualquer em movimento em relação a um 
referencial inercial, por definição, seu deslocamento escalar (ΔS) em um 
intervalo de tempo Δt = t2 – t1 é dado pela diferença entre as posições 
nesses respectivos intervalos de tempo. 
Chamando a posição inicial e final, respectivamente, de s0 e s, teremos:
ΔS = s – s0
3.3 Distância percorrida (d)
Não podemos confundir o conceito de deslocamento escalar (ΔS) com 
o conceito de distância percorrida (em geral, representada pela letra d).
Distância percorrida é uma grandeza de utilidade prática que informa quanto 
a partícula efetivamente percorreu entre dois instantes, devendo, portanto,
ser calculada sempre em módulo.
Para entender a diferença, considere a figura a seguir:
90
A
150
B
210
C
310
D
km
Note que, por exemplo, a posição de um móvel que passa pelo ponto 
A é = +90 km. Isso acontece porque o ponto A dista 90 km da origem 
adotada e está no sentido positivo do referencial adotado (para a direita).
FÍSICA I
Assunto 1
328 IME-ITA – Vol. 1
Um móvel (que anda sempre sobre o segmento orientado 
representado na figura), situado inicialmente em B, desloca-se para o 
ponto A e, a seguir, para o ponto D. O deslocamento escalar no primeiro 
trajeto é de Δs = s – s0 = +90 – (+150) = –60 km (negativo, pois 
está contra o referencial). No segundo trajeto, o deslocamento escalar é 
Δs = s – s0 = +310 – (+90) = +220 km (positivo, pois está a favor 
do referencial). 
Note que, embora o deslocamento escalar do referido móvel de B até D 
seja Δstotal = Δs1 – Δs2 = –60 + 220 = +160 km, a distância percorrida 
entre o começo e o fim do deslocamento é de 280 km (60 km de B até A 
e 220 km de A até D).
Matematicamente, podemos dizer que a distância percorrida pode 
ser obtida por meio das somas dos deslocamentos escalares parciais.
d S��| |�
No exemplo, tem-se d = |Δs1|+| Δs2|=|–60|+|220| = 280 km.
Dica: Se algum exercício perguntar qual a distância percorrida por um 
móvel, deve-se seguir o seguinte passo a passo: 
I. Encontrar os instantes em que o móvel troca o sentido do movimento. 
Para isso, basta descobrir os pontos em que a velocidade é igual a zero.
II. Calcular os deslocamentos parciais em cada um dos intervalos de 
tempo limitados pelos instantes encontrados (assim, você garante 
que está olhando para um deslocamento em um único sentido).
III. Somar os módulos dos deslocamentos encontrados. 
4. Velocidade escalar média
Unidade no SI: metro por segundo; abreviação: m/s.
Outras unidades comuns: centímetro por segundo (cm/s), milímetro 
por segundo (mm/s), quilômetro por hora (km/h).
Conceitualmente, a velocidade escalar de um corpo mede a rapidez 
com a qual esse corpo muda de posição.
Embora a velocidade seja uma grandeza vetorial (precisa de módulo, 
direção e sentido para ser compreendida), por enquanto iremos abordar 
seu comportamento escalar, ou seja, vamos nos preocupar somente 
com o seu módulo. Por esse motivo, na cinemática escalar, estudaremos 
basicamente trajetórias retilíneas. 
Por definição, a velocidade escalar média de um corpo em um trecho 
de um percurso é a razão entre seu deslocamento escalar nesse intervalo 
de tempo e o respectivo intervalo de tempo. 
V
S
t
s s
t tm
� �
�
�
�
�
�
�
0
0
Importante: A velocidade média não é a média das velocidades. Os exemplos 
abaixo mostrarão a importância de usar o conceito correto de velocidade 
média para não cair em armadilhas.
Ex.1: Um móvel se desloca em uma trajetória retilínea AB. Na primeira 
metade do percurso, sua velocidade possui módulo v1 e na segunda 
metade, módulo v2. Determine a velocidade média em todo o trajeto AB.
Solução:
Por conveniência chamaremos a distância entre os pontos A e B de 2d, o 
tempo na primeira metade do percurso de t1 e na segunda metade de t2. 
Usaremos, também, que V
S
t
t
S
v
� � �
�
�
�
�
. Em problemas como este, 
a ideia é escrever a expressão da velocidade média para o percurso todo 
e, só depois, substituir as variáveis que não foram dadas usando alguma 
informação da questão. 
Dessa forma, a velocidade média em todo o trajeto AB é:
V
d
t t
d
d
v
d
v
d
d v v
v v
v v
v v
v
m � �
�
�
�
�
�
�
�
�
2 2 2 2 1
1
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1
�(
�
( ))
·
·
11
2
2v
.
Note que, quando o trajeto é dividido em partes iguais, a velocidade 
média total é a média harmônica das velocidades em cada trecho (e não a 
média aritmética). Para quem não se lembra, média harmônica é o inverso 
da média aritmética dos inversos.
Ex.2: Um móvel se desloca em uma trajetória retilínea ABC de modo que, 
na primeiraparte do percurso (AB), sua velocidade é v1 e, na segunda 
parte (BC), sua velocidade é v2. Sabendo que o intervalo de tempo nas 
duas partes do percurso é o mesmo, determine a velocidade média em 
todo o percurso.
Solução:
Por conveniência, chamaremos o tempo em cada parte do percurso de t. 
Usaremos também que V
s
t
s v t� � � �
�
�
� � . Dessa forma, a velocidade 
média em todo o trajeto AC é:
V
AB BC
t t
v t v t
t
v v
m �
�
�
�
�
�
�
1 2
1 2 1 2
2 2
· � · �
.
Note que, quando o trajeto é dividido em tempos iguais, a velocidade 
média em todo o percurso é a média aritmética das velocidades em cada 
trecho.
4.1 Conversão de unidades
No S.I., a unidade de velocidade é o m/s, embora a unidade mais 
utilizada seja o km/h. 
Para convertermos os valores dados de um sistema de unidades para 
outro, deve-se partir da unidade original e substituir as unidades originais 
pelas unidades a que se quer chegar: 1
km
h
=
1.000�m
3.600 s
=
1m
3,6 s
. Portanto, 
para passarmos de m/s para km/h, basta multiplicar por 3,6 o valor da 
velocidade em m/s. De maneira análoga, para passarmos de km/h para 
m/s, dividimos o valor em km/h por 3,6.
Esquematicamente:
multiplicar por 3,6
dividir por 3,6
m/skm/h
Repare que o método utilizado acima pode ser utilizado para transformar 
quaisquer unidades de velocidade. Por exemplo, se quisermos converter 
3 dam/min em m/s (repare que dam/min é uma unidade extremamente 
incomum), devemos proceder da seguinte forma:
3
dam
min
=
3 dam
1min
=
30�m
60 s
=0,5
m
s
.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
329IME-ITA – Vol. 1
5. Velocidade escalar instantânea
Unidade no SI: metro por segundo; abreviação: m/s.
Outras unidades comuns: centímetro por segundo (cm/s), milímetro 
por segundo (mm/s), quilômetro por hora (km/h).
Conceitualmente, velocidade instantânea é a velocidade em um 
instante específico do movimento. Como a velocidade é a razão entre 
o deslocamento e o intervalo de tempo, temos que, se calcularmos a 
velocidade média para intervalos de tempo cada vez menores, (intervalos 
muito próximos de zero), tenderemos a chegar à velocidade naquele exato 
momento. 
Para entender melhor esse conceito, vamos ao seguinte exemplo 
numérico: considere um móvel que se move em trajetória retilínea segundo 
a equação s(t) = t2 – 4t + 2, em que s está em metros e t, em segundos. 
Essa é uma equação do tipo equação horária da posição, já que informa 
a posição do móvel em função do tempo.
Para calcular a velocidade instantânea desse móvel no instante t = 3 s, 
vamos calcular velocidades médias fazendo o intervalo de tempo tender 
a um valor cada vez mais próximo de zero. 
I. Tempo t = 0 s a t = 7 s. Nesses instantes, temos que as 
posições são respectivamente iguais a s( )0 0 4 0 2 22� � � � � m 
e s( )7 7 4 7 2 232� � � � � m . Logo, a velocidade média é dada por 
v
s
tm
� �
�
�
�
�
�
23 2
7 0
3 m/s.
II. Tempo t = 1,5 s a t = 5 s. Analogamente, teremos que a velocidade 
média é 2,5 m/s.
III. Tempo t = 2,8 s a t = 3,1 s. Analogamente, teremos que a velocidade 
média é 1,9 m/s. 
Note que, quanto menor o intervalo de tempo considerado e quanto 
mais próximo do instante t = 3 s, a velocidade média calculada se 
aproximará da velocidade instantânea em t = 3 s.
É extremamente importante também entender o argumento gráfico. 
Veja-se um exemplo a seguir:
A curva azul representa também a posição de um móvel qualquer em 
relação ao tempo.
s
0
Δs
Δt
t
 
Se quisermos calcular a velocidade média entre os instantes 
representados pelos pontos brancos, basta dividir o ΔS representado no 
eixo das ordenadas pelo Δt representado no eixo das abscissas.
Repare que, se o intervalo de tempo tender a zero, os dois pontos 
tendem a um só (ponto vermelho). Nesse caso, a velocidade média 
calculada vai se aproximar da velocidade instantânea naquele ponto.
Graficamente, ao dividirmos ΔS por Δt quando Δt tende a zero, 
acabamos descobrindo a tangente do ângulo formado entre o eixo das 
abscissas e a reta que tangencia a curva vermelha, passando pelo ponto 
vermelho.
Conclusão: a velocidade instantânea de um móvel pode ser obtida 
calculando o coeficiente angular da reta tangente ao ponto considerado 
em um gráfico s × t. Portanto:
I quanto mais inclinado for o gráfico, maior o módulo da velocidade 
instantânea naquele ponto. Quanto menos inclinado, menor o módulo 
da velocidade.
II. se a reta tangente for horizontal (vértices), a inclinação é zero e, portanto, 
a velocidade é zero. O móvel troca de sentido.
Matematicamente, a velocidade instantânea é o limite da velocidade 
média quando o intervalo de tempo tende a zero (o conceito explicado 
anteriormente é exatamente o conceito de derivada). Ou, em outras 
palavras, é a derivada de primeira ordem da posição em relação ao tempo 
ou a taxa de variação da posição em relação ao tempo.
v
s
t
ds
dtt
� �
�
lim
�
�
�0
6. Aceleração escalar média
Unidade no SI: metro por (segundo)2; abreviação: m/s2.
Outras unidades comuns: quilômetro por (hora); abreviação: km/h2.
Conceitualmente, a aceleração escalar de um corpo mede a rapidez 
com que o valor da velocidade muda, independentemente de essa 
velocidade aumentar ou diminuir. 
Atenção para a diferença entre os conceitos: Velocidade mede a taxa 
da variação da posição em relação ao tempo; aceleração mede a taxa de 
variação da velocidade em relação ao tempo.
Um carro de Fórmula 1, por exemplo, atinge altas velocidades em 
trajetórias retilíneas. Entretanto, se ele mantiver a velocidade constante, 
não vai haver variação da velocidade. Por esse motivo, a aceleração seria 
igual a zero. 
Um elevador parado, por exemplo, tem velocidade igual a zero (já 
que sua posição não está mudando). Entretanto, imediatamente antes 
de começar a subir, ele possui aceleração maior que zero, já que sua 
velocidade vai variar logo depois. 
Por definição, a aceleração escalar média de um corpo em um dado 
trecho de um percurso é a razão entre a variação de velocidade escalar 
nesse intervalo e o respectivo intervalo de tempo. 
a
v
t
v v
t tm
� �
�
�
�
�
�0
0
A unidade no SI da aceleração escalar média é m/s2. Assim sendo, dizer 
que um corpo possui uma aceleração de 3 m/s2, por exemplo, significa 
dizer que sua velocidade aumenta 3 m/s a cada segundo. Vale destacar 
que, embora o m/s2 seja a unidade mais usada, ela não é a única. Qualquer 
unidade de variação de velocidade sobre qualquer unidade de tempo nos 
dará uma unidade de aceleração.
7. Aceleração escalar instantânea
Unidade no SI: metro por (segundo)2; abreviação: m/s2.
Outras unidades comuns: quilômetro por (hora)2; abreviação: km/h2.
Para obtermos a aceleração de um móvel em um instante específico, 
devemos calcular a aceleração instantânea. Seguindo a mesma ideia de 
velocidade instantânea, podemos dizer que a aceleração instantânea é a 
aceleração de um móvel em um ponto específico da trajetória.
FÍSICA I
Assunto 1
330 IME-ITA – Vol. 1
Matematicamente, a aceleração instantânea é o limite da aceleração 
média quando o intervalo de tempo tende a zero. Em outras palavras, é 
a derivada de primeira ordem da velocidade em relação ao tempo (ou a 
derivada de segunda ordem da posição em relação ao tempo) ou a taxa 
de variação da velocidade em relação ao tempo.
� � � �
�
lim
�
�
�t
v
t
dv
dt
d s
dt0
2
2
8. Classificação dos movimentos
8.1 Quanto ao sentido do deslocamento 
8.1.1 Progressivo 
(condição necessária e suficiente: v > 0) 
O móvel desloca-se no sentido definido como positivo da trajetória. 
(A posição escalar do móvel é crescente com o tempo). Nesse caso, o 
deslocamento escalar é positivo e, portanto, a velocidade também é positiva.
8.1.2 Retrógrado 
(condição necessária e suficiente: v < 0)
O móvel desloca-se no sentido definido como negativo da trajetória. 
(A posição escalar do móvel é decrescente com o tempo). Nesse caso, 
o deslocamento escalar é negativo e, portanto, a velocidade também é 
negativa.
8.1.3 Repouso
(condição necessária e suficiente: v = 0)
Um móvelestá em repouso quando sua posição não se altera com 
o passar do tempo para um determinado referencial. Nesse caso, a sua 
velocidade é nula.
8.2 Quanto à variação de velocidade
8.2.1 Uniforme
(condição necessária e suficiente: a = 0)
O módulo da velocidade do móvel não varia ao longo do tempo. 
8.2.2 Acelerado
(condição necessária e suficiente: a · v > 0)
O módulo da velocidade aumenta ao longo do tempo. Isso só ocorre 
quando a aceleração e a velocidade possuem o mesmo sinal para um 
dado referencial. 
8.2.3 Retardado
(condição necessária e suficiente: a · v < 0)
O módulo da velocidade diminui ao longo do tempo. Isso só ocorre 
quando a aceleração e a velocidade possuem o sinais contrários para um 
dado referencial. 
 Repouso Progressivo Retrógrado
Uniforme v = 0
a = 0
 v: +
 a = 0
 v: –
 a = 0
Acelerado –
 v: +
 a: +
 v: –
 a: –
Retardado – v: +
 a: –
 v: –
 a: +
9. Derivadas de polinômios
Podemos encontrar velocidade e aceleração instantâneas se 
soubermos a equação horária da posição de um móvel. Para isso, 
usaremos as ideias de derivada abordadas neste módulo.
A seguir, encontra-se a regra prática para derivadas de polinômios, 
o tipo de equação mais encontrada em nosso curso para a descrição de 
movimentos.
Basicamente, a regra a ser usada para derivar qualquer parcela de um 
polinômio é 
d
dt
at a n tn n( ) � � � �1 . Importante saber que a derivada de um 
polinômio é a soma das derivadas de cada termo.
Daí, se a equação da posição é dada por S = a1t
n + a2t
n–1 + ... ant + 
an+1, então as funções horárias da velocidade e da aceleração serão 
dadas por:
v
ds
dt
a nt a n t a t a
a
dv
dt
d s
dt
a
n n
n n� � � � � � � � �
� � �
� �
�1
1
2
2
1
2
2
1 2 0( ) ...
11
2
2
3
11 1 2 2 0� � � � � � � � � �
� �
�n n t a n n t a
n n
n( ) ( ) ( ) ...
Ex.: Um corpo se move segundo a equação s t
t t
t( ) ,� � � �
3 2
3
5
2
6 1 
com s em metros e t em segundos. Para esse corpo, calcule:
a. a velocidade em um instante genérico t.
b. a aceleração em um instante genérico t.
c. a velocidade em t = 4 s.
d. a aceleração em t = 6 s.
e. os instantes para os quais o móvel troca de sentido.
f. a velocidade média entre 2 s e 4 s.
g. a distância percorrida entre 2 s e 4 s.
h. os instantes para os quais o movimento é retrógrado.
i. os instantes para os quais o movimento é acelerado.
Solução:
a. v
ds
dt
t t
v t t t� � � � � � � � � � �3
3
2
5
2
6 0 5 6
2
2( ) .
b. a
dv
dt
t a t t� � � � � � � � �2 5 1 0 2 5( ) .
c. v(4) = 42 – 5 · 4 + 6 = 2 m/s.
d. a(6) = 2 · 6 – 5 = 7 m/s2.
e. Trocar de sentido: v = 0 → t2 –5t + 6 = 0 → t = 2 s ou t = 3 s.
f.
v
s
t
s s
m � �
�
�
�
�
�
� � � � �
�
� � �
�
�
�
�
�
�
�
�
( ) ( )4 2
4 2
4
3
5 4
2
6 4 1
2
3
5 2
2
6 2 1
3 2 3 2
44 2
1
3�
� m/s.
g. Como o móvel troca de sentido em t = 3 s, 
d S Sa s a s� � � �
�
� � �
�
�
�
�
�
� �
�
�
� � �
�
| | | |� �2 3 3 4
3 2
3 2
3
3
5 3
2
6 3 1
2
3
5 2
2
6 2 1
��
�
�
�
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�
�
�
�
� �
�
�
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�
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�
�
�
� � � �
4
3
5 4
2
6 4 1
3
3
5 3
2
6 3 1
1
6
5
6
1
3 2
3 2
mm.
h. Retrógrado: v < 0 → t2 –5t + 6 < 0 → 2 s < t < 3 s.
i. Acelerado: a · v > 0 → (2t –5) · (t2 – 5t + 6) > 0 → 
(2t – 5) · (t – 2) · (t – 3) > 0 → 2 s < t < 2,5 s ou t > 3 s.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
331IME-ITA – Vol. 1
10. Movimento retilíneo uniforme 
(MRU)
O movimento retilíneo uniforme é aquele no qual a velocidade escalar 
instantânea é constante, e não nula, para qualquer instante considerado 
por um corpo que descreve trajetória retilínea. Nesse tipo de movimento, 
a velocidade média em qualquer trecho é igual à velocidade instantânea 
em qualquer ponto do percurso. 
Convém destacar que, no caso do movimento retilíneo uniforme, 
podemos dizer que, em intervalos de tempos iguais, o móvel sofre 
deslocamentos iguais.
10.1 Função horária de posição
A função horária de posição é uma equação que mostra a posição de 
um corpo em função de cada instante. 
v v
s
t
v
s s
t t
v t t s s s s v t tm� � � �
�
�
� �� � � � � � � �� �� � � � � � � ��
�
0
0
0 0 0 0
Fazendo t0 = 0, chegamos à equação horária de posição no MRU:
s(t)=s0 + v · t
Ex.: Considere dois móveis, A e B, que se movimentam, sob uma 
estrada retilínea, em sentidos contrários e que no instante t = 0 distam 
1.400 metros entre si. As velocidades dos móveis A e B têm módulos 
respectivamente iguais a 40 m/s e 30 m/s. Determine o instante em que 
os móveis se encontram e a que distância da posição inicial do móvel A 
isso ocorreu.
Solução: 
Fazendo um sistema de referencial positivo no sentido A → B e com 
origem em A, teremos que as funções horárias serão:
SA = 0 + 40t → SA = 40t e SB = 1.400 – 30t.
Em problemas que pedem encontro, uma ideia muito boa é encontrar 
as equações horárias de cada móvel e igualar suas posições (para que 
haja encontro, as posições precisam ser iguais).
Daí, SA = SB. Então 40t = 1.400 – 30t → 70t = 1.400 → t = 20 s. 
Para determinar a posição de encontro, substituiremos esse valor em 
uma das equações:
SA = 40t = 40 · 20 = 800 m.
Atenção!
Note que chegamos a essa equação fazendo t0 = 0. Porém, em 
alguns problemas, um dos móveis sai com um atraso de Δt unidades 
de tempo. Nesse caso, a equação horária para o móvel com atraso será 
s(t)=s0 + v · (t – Δt). 
Ex.: Para o exemplo anterior, recalcule o tempo que foi pedido, considerando 
que o móvel A começou a se mover em t = 7 s.
Solução: 
Observe que agora não podemos mais considerar t0 = 0 para os dois 
móveis. Com isso, as equações horárias ficam da seguinte forma:
SA = 40 · (t – 7) e SB = 1.400 – 30t (cabe ressaltar que a função 
horária de A só vale para t ≥ 7 s).
No encontro, SA = SB. Então, 40 · (t – 7) = 1.400 – 30t → 40t – 280 = 
1.400 – 30t → 70t = 1.680 → t = 24 s.
Isso significa que A se moveu durante 17 s e que B se moveu durante 24 s.
10.1.1 Gráfico s × t
O gráfico posição por tempo (s × t) do movimento retilíneo uniforme 
é regido pela função horária de posição, que é uma função linear 
(1o grau). Portanto, o seu gráfico é sempre uma reta. Crescente se seu 
coeficiente angular for positivo (velocidade positiva) ou decrescente se 
seu coeficiente angular for negativo (velocidade negativa).
q
v > 0
s
s0 t q
v < 0s0
s
t
Se os eixos estiverem na 
mesma escala:
tan q = velocidade
10.2 Função horária de velocidade
Por definição, um movimento é dito uniforme quando sua velocidade 
não se altera em relação ao tempo. Logo, a função horária de velocidade 
não poderia ser outra senão uma função constante.
v(t) = constante
10.2.1 Gráfico v × t
O gráfico v × t para esse mesmo movimento é uma reta paralela ao 
eixo do tempo (indicando que a velocidade é constante).
v v
v
v
t
t
Um fato interessante sobre esse tipo de gráfico é que, ao calcularmos 
sua área, estamos multiplicando um eixo contendo a velocidade por outro 
contendo o tempo. Como já vimos, desse produto resulta o deslocamento 
do corpo. 
Então, de uma maneira bem genérica (isso não se restringe a MRU), 
podemos dizer que a área do gráfico v × t é numericamente igual ao 
deslocamento do corpo.
v v
v
v
t
t
área =ΔS
área =ΔS
10.3 Função horária de aceleração
Por ter velocidade constante, a aceleração no MRU é nula. Logo, 
a(t) = constante = 0
11. Velocidade relativa
Em muitos problemas de movimentos retilíneos, a solução torna-se 
muito mais simples ao se utilizar o conceito de velocidade relativa. Tal 
conceito nada mais é do que uma mudança de referencial, admitindo-
-se que um dos corpos em movimento está parado e observando o 
movimento do outro corpo em questão. De forma prática, pode-se calcular 
a velocidade relativa de aproximação ou de afastamento entre dois corpos 
em movimento de maneira muito simples (supondo Va e Vb em módulo):
FÍSICA I
Assunto 1
332 IME-ITA – Vol. 1
– Corpos se movem na mesma direção e mesmo sentido: Vrel =|VA – VB|.
– Corpos se movem na mesma direção e sentidos contrários: 
Vrel = Va + Vb.
Para problemas de encontro, afastamento ou aproximação entredois 
corpos em movimento uniforme, podemos escrever que:
V
S
trel
rel�
�
�
Ex.: Um ônibus par te da rodoviária com velocidade constante de 
80 km/h. Um passageiro que se atrasou 15 minutos toma um táxi e parte 
em direção ao ônibus. Sendo a velocidade do táxi de 100 km/h e supondo 
que não ocorra interrupção no trajeto, determine o tempo gasto pelo táxi 
para alcançar o ônibus.
Solução: 
Nos 15 minutos (1/4 de hora) de atraso do passageiro, o ônibus se deslocou 
com velocidade de 80 km/h. Assim, quando o taxista parte com o passageiro, 
o ônibus já se encontra a 80 · 1/4 = 20 km à frente. A velocidade relativa 
entre o táxi e o ônibus é de 20 km/h e o tempo para o encontro é dado pela 
razão entre a distância relativa e a velocidade relativa:
�t � �
20
20
1
km
km/h
 h
Fique atento, pois isso não significa que o táxi andou 20 km para alcançar 
o ônibus.
12. Movimento retilíneo uniformemente 
variado
O movimento retilíneo uniformemente variado é aquele no qual a 
aceleração é constante e diferente de zero. 
Por esse motivo, dizemos que, no MRUV, a velocidade escalar sofre 
variações iguais em intervalos de tempos iguais.
12.1 Função horária de velocidade
É a equação que nos permite identificar a velocidade instantânea de 
um móvel que possua aceleração não nula em função do tempo. Como 
a aceleração é constante, ela é igual à aceleração média para quaisquer 
instantes. Daí:
a a
v
t
v
v v
t t
a t t v v v v a t tm� � � �
�
�
� � � � � � � � � �� � � � �
�
�( � �() )
�
�
0
0
0 0 0 0
Fazendo t0 = 0, chegamos à equação horária de velocidade do MUV:
v(t) = v0+ a · t
Atenção!
Note que chegamos a essa equação fazendo t0 = 0. Porém, em alguns 
problemas, um dos móveis inicia seu movimento com um atraso de Δt 
unidades de tempo. Nesse caso, a equação horária para o móvel com 
atraso será v(t)= v0 + a · (t – Δt).
O comportamento nesse caso é análogo ao que vimos no módulo 
passado.
12.1.1 Gráfico v × t
Como essa função é linear, seu gráfico v × t é sempre uma reta 
crescente se seu coeficiente angular for positivo (aceleração positiva) ou 
decrescente se seu coeficiente angular for negativo (aceleração negativa).
a > 0
V
V0
t
q
a < 0
V
V0
t
q
Se os eixos estiverem na mesma escala:
tan q = aceleração
A tangente de inclinação da função mostra a taxa de variação da 
velocidade em relação ao tempo e, portanto, mostra a aceleração. Outra 
maneira de ver isso é lembrar que o coeficiente angular da reta tangente 
a uma função, em um dado ponto, é a derivada dessa função (e já vimos 
que a derivada da velocidade em relação ao tempo resulta na aceleração).
a
dv
dt
d x
dt
= =
2
2
Atenção!
Imagine um gráfico v · t que seja uma reta inclinada crescente. A 
única informação que esse gráfico fornece é que o ângulo que essa 
reta faz com a horizontal é 45°. Nesse caso, quanto vale a aceleração 
do móvel?
Você pode ficar tentado a falar que a = tan q = tan 45° = 1 m/s2. 
Entretanto, como não há nenhuma informação adicional no gráfico, 
nada impede que os eixos estejam fora de escala e, portanto, não se 
pode determinar a aceleração. Muito cuidado com pegadinhas desse 
tipo: eixos fora de escala, origem deslocada etc.
Se calcularmos a área desse gráfico, estaremos multiplicando a 
velocidade pelo tempo. Esse produto é igual ao deslocamento escalar nesse 
intervalo de tempo.
Vamos entender melhor esse conceito: Suponha que um móvel tem sua 
velocidade em função do tempo dada pela curva a seguir. Se dividirmos 
o intervalo que vai de t = a a t = b em vários pequenos intervalos de 
tempo (tantos quantos você possa imaginar), poderemos assumir que a 
velocidade será constante para cada pequeno intervalo desses. Daí, para 
cada intervalo de tempo, o deslocamento será dado por ΔS = v · Δt. 
Note que, já que podemos assumir que a velocidade é constante nesse 
intervalo, o produto v · Δt representa a área de um retângulo de base igual 
a Δt e altura igual a v. Se quisermos todo o deslocamento de a até b, basta, 
portanto, somar as áreas de cada pequeno retângulo formado. O resultado 
encontrado é a área abaixo da curva.
Matematicamente, esse é exatamente o conceito de integral de uma 
função (integral = área). Portanto, se integrarmos a velocidade em função 
do tempo para um intervalo de tempo dado, encontraremos o deslocamento 
que o móvel sofreu nesse período.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
333IME-ITA – Vol. 1
a b
x
S
ƒ(x)
y
S f dx
a
b
� � ( )x
Consequentemente, podemos escrever que �S t dt
t
t
� � v( )
0
De forma parecida com a derivada, para calcular a integral de um 
polinômio, basta somar as integrais de cada termo. A regra a ser aplicada 
a cada termo é a seguinte: a t dt a
n
t Cn n� � �
�
� �� �
1
1
1 . Note que, para 
uma integral indefinida como essa (não tem limites de tempo), surge uma 
constante C, que só poderá ser determinada com alguma informação do 
problema (são as chamadas condições de contorno).
Ex.: Usando o mesmo exemplo do módulo anterior, suponha que um móvel 
tem sua velocidade em função do tempo dada pela equação v(t) = t2 – 5t + 6. 
Para encontrar a equação horária da posição, precisamos integrar essa 
função. Daí: 
s t v t dt t t dt t dt t dt dt t t( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � � � � � ������ 2 2 3 25 6 5 6
1
3
5
1
2
66t C� .
s t v t dt t t dt t dt t dt dt t t( ) ( ) ( ) ( )� � � � � � � � � � � ������ 2 2 3 25 6 5 6
1
3
5
1
2
66t C� . Essa constante poderia ser encontrada se o problema 
informasse a posição inicial do móvel (já que, pela equação encontrada, 
s(0) = C.
Integrais definidas são aquelas em que o intervalo de integração está 
definido. Elas são a área abaixo da curva de limites estabelecidos. A regra 
a ser aplicada a cada termo, nesse caso, é a seguinte:
a t dt a
n
t a
n
tn f
n
t
t nf � � �
�
��
�
�
�
�
� � � �
��
�
�
�
�
�
� ��
1
1
1
1
1
0
1
0
Em nosso exemplo, se quisermos descobrir o deslocamento do móvel 
entre 2 s e 4 s, precisamos fazer a integral da velocidade para os instantes de 
t = 2 s a t = 4 s. Daí: �s t t dt( )2
2
4 3 25 6
1
3
4 5
1
2
4 6 4� � � � � � � � ��
�
�
�
�
� ��
1
3
2 5
1
2
2 6 2
2
3
3 2� � � � � ��
�
�
�
�
� � m.
Ex.: Essa propriedade gráfica nos permite visualizar um fato interessante 
no MUV. Considere uma partícula com velocidade inicial v0 e aceleração 
a. Seu gráfico v · t está representado na figura abaixo:
v
v0 + 4 at
v0 + 3 at
v0 + 2 at
v0 + at
v0 t
t 2t 3t 4t
No primeiro intervalo de tempo o deslocamento é
�s
v at t
v t
at
1
0
0
22
2 2
� �
�� � �
� �área �
No segundo intervalo de tempo o deslocamento é
�s
v at t
v t
at
2
0
0
22 3
2
3
2
� �
�� � �
� �área �
No terceiro intervalo de tempo o deslocamento é
�s
v at t
v t
at
3
0
0
22 5
2
5
2
� �
�� � �
� �área �
E assim sucessivamente.
Note que, em intervalos de tempos iguais, o corpo em MUV varia 
seus deslocamentos segundo uma progressão aritmética (PA) em que a 
razão é at2. Graficamente, note que, para cada “t” a mais no tempo, a área 
acrescentada é a de 2 metades de quadrado (ou 1 quadradinho inteiro), 
sendo a área do quadrado igual a at2.
É possível chegar à mesma conclusão usando a equação horária de 
posição.
12.2 Velocidade média no MUV
Considere um MUV qualquer de gráfico v × t abaixo:
V(m/s)
V
V0
t0 t
t(s)
V
S
t t t
v v t t
t t
V
v
m m� � �
�
�� �� �� �
�� �
� �
��
�
área gráfico
�
� � �
�
� �
0
0 0
0
1
2 vv0
2
� �
Ou seja, no MUV, a velocidade média em um dado percurso é a média 
das velocidades nos extremos desse percurso.
Outra maneira de enxergar isso é olhar para o gráfico. Para que a 
velocidade média seja a mesma, o deslocamento precisa ser igual. 
Portanto, a área abaixo da curva precisa ser igual. Como o MUV forma 
um trapézio e, portanto, sua área é bmédia · h, podemos traçar uma reta 
horizontal que diste bmédia da origem para chegarmos à mesma área. Como 
b
v vf
média �
�1
2
, então essa é a velocidade constante que gera o mesmo 
deslocamento. Por esse motivo, essa é a velocidade média.
V(m/s)
V
V0
t0 t
t(s)FÍSICA I
Assunto 1
334 IME-ITA – Vol. 1
12.3 Função horária de posição
Considere um móvel se deslocando em MUV, cujo módulo da 
aceleração vale a e, no instante t0 = 0, sua posição é s0 e sua velocidade, v0. 
Para esse móvel, podemos escrever que:
V
v v s
t
v v
m �
�� �
� �
�� �
� 0 0
2 2
�
Como v = v0+ a · t, temos:
 � � �
S
t
v at v S
t
v at
S
v t at
s s v t
at
o�
� �
� �
�
� � � � � � �0 0 0 0
2
0
2
2
2
2
2
2 2 2
� � � � �
 
� �
�
S
t
v at v S
t
v at
S
v t at
s s v t
at
o�
� �
� �
�
� � � � � � �0 0 0 0
2
0
2
2
2
2
2
2 2 2
� � � � �
Daí:
s t s v t
at
o� � �� � � � �0
2
2
Essa equação nos mostra a posição em função do tempo para um 
móvel em MUV. Ela varia segundo uma função quadrática e deve ter seu 
gráfico representado por uma parábola, portanto. Conhecer essa parábola e 
suas propriedades é muito importante. Por isso, vamos analisar os casos.
1o caso: parábola com concavidade para cima:
t3
t2
t1 t
S0
0
S
• Nesse tipo de gráfico, a aceleração é positiva (a > 0).
• O ponto no qual a curva toca o eixo S corresponde ao espaço inicial 
S0.
• Nos instantes t1 e t3, o corpo passa pela origem dos espaços (S = 0).
• No instante t2, vértice da parábola, o corpo inverte o sentido de seu 
movimento (v = 0).
• Do instante 0 até t2, o espaço diminui, o movimento é retrógrado (v < 0) 
e retardado, pois a e V têm sinais contrários (a > 0 e V < 0).
• Após t2, o espaço aumenta, o movimento é progressivo (v > 0) e 
acelerado, pois a e V têm mesmo sinal (a > 0 e V > 0).
2o caso: parábola com concavidade para baixo:
t2t1 t
S0
0
S
• Nesse tipo de gráfico, a aceleração é negativa (a < 0).
• O ponto no qual a curva toca o eixo S corresponde ao espaço inicial S0.
• Nos instante t2, o corpo passa pela origem dos espaços (S = 0).
• No instante t1, vértice da parábola, o corpo inverte o sentido de seu 
movimento (v = 0).
• Do instante 0 até t1, o espaço aumenta, o movimento é progressivo 
(v > 0) e retardado, pois a e V têm sinais contrários (a < 0 e V > 0).
• Após t1, o espaço diminui, o movimento é retrógrado (v < 0) e 
acelerado, pois a e V têm mesmo sinal (a < 0 e V < 0).
Independentemente do formato do gráfico s × t, podemos, sem fazer 
cálculos, descobrir em que ponto desse gráfico s × t o móvel possui maior 
velocidade. Veja o gráfico a seguir:
s
t
P0
y0
P1
y1
x0x1x2
tangente 1
tangente 2
f1
Dado um gráfico s × t qualquer, a velocidade em um instante qualquer 
é dada pelo coeficiente angular da reta tangente ao ponto correspondente 
a esse instante. Nesse exemplo, vemos que a reta tangente a P0 é mais 
inclinada que a reta tangente a P1. Isso indica que vP0 > vP1.
12.4 Função horária de aceleração
Como no MUV, a aceleração tem valor constante, o gráfico a × t é 
uma reta paralela ao eixo do tempo, podendo a aceleração assumir valores 
positivos ou negativos. 
t
a
a < 0
área = ΔVt
a a > 0
área = ΔV
Note que, se calcularmos a área dele, estamos multiplicando o eixo 
do tempo pelo eixo da aceleração. Como ΔV = a · Δt, concluímos que 
a área do gráfico a × t é numericamente igual à variação de velocidade.
12.5 Equação de Torricelli
Existe uma equação, denominada equação de Torricelli, que é utilizada 
em problemas em que o tempo não é conhecido (ou ele não é importante 
para o problema). Essa equação nasce de uma “fusão” entre as funções 
horárias de velocidade e posição no MUV.
Dica: Em geral, quando o problema não precisa da variável tempo, essa 
equação é bem útil.
v = v0 + at (elevando-se ao quadrado)
v2 = v0
2 + 2av0t + a
2t2
v2 = v0
2 + 2a (v0t + a t
2/2)
v2 = vn
2 + 2aΔS
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
335IME-ITA – Vol. 1
12.6 Dica para problemas de gráfico
Para ajudar a memorização, podemos utilizar o fluxograma abaixo, 
que nos dá uma visão de conjunto de todas as propriedades gráficas:
inclinação
concavidade
inclinação
áreaárea
S = f(t)
(ΔS) (ΔV)
v = f(t) a = f(t)
ΔS = ∫ v(t) dt 
(integral da velocidade)
ΔV = ∫ a(t) dt 
(integral da aceleração)
v
ds
dt
=
derivada da posição
a
dv
dt
=
derivada de velocidade
Convém ressaltar que, matematicamente, ao calcularmos a tangente 
a um gráfico, estamos calculando a sua derivada e, ao calcularmos a área 
sob a curva, a integral das respectivas funções.
13. Movimentos verticais em campos 
gravitacionais uniformes
Todos os corpos ao redor da Terra são puxados para o seu centro. Isso 
ocorre devido ao que chamamos de campo gravitacional e a cada ponto 
desse campo temos associado um vetor chamado aceleração gravitacional 
(ou simplesmente gravidade).
O que gera essa gravidade, suas propriedades e efeitos serão discutidos 
no módulo sobre gravitação. Aqui, iremos ver do ponto de vista da cinemática 
como isso influencia os corpos abandonados na proximidade da Terra.
Primeiro, temos que saber que, nos problemas que envolvem movimentos 
no campo gravitacional terrestre, considera-se a aceleração da gravidade 
constante quando esses movimentos envolvem alturas muito pequenas 
comparadas com o raio da Terra. A aceleração da gravidade próxima à 
superfície da Terra é g = 9,8 m/s2, porém utiliza-se comumente o valor de 
10 m/s2. A gravidade terrestre varia em função da latitude, mas isso também 
será abordado no tópico de gravitação.
Por ter valor aproximadamente constante, podemos dizer que todos 
os corpos lançados ou abandonados na superfície da Terra ficam sujeitos 
à mesma aceleração, executando, assim, um MUV. Em outras palavras, 
sempre podemos utilizar os conhecimentos adquiridos no estudo de MUV 
(gráficos, equações, etc.) para os movimentos verticais. Cabe ressaltar 
que a gravidade não depende da massa do corpo que está submetido a ela. 
O livro, a formiga, você, um avião e qualquer outro objeto ficam sujeitos 
à mesma aceleração (desde que a resistência do ar seja desprezada).
13.1 Queda livre
Todo corpo abandonado em um local livre da resistência do ar possui 
aceleração constante, executando um movimento uniformemente variado 
em que a = g. Se orientarmos seu referencial para baixo, com origem no 
ponto de lançamento, teremos as seguintes equações horárias: 
MUV Queda livre
v = v0 + a · t v = gt
�S v t
at
� �0
2
2
H
gt
=
2
2
v2 = v0
2 + 2aΔS v2 = 2 gH
Note que as equações de queda livre não são novas equações. Como 
já dito anteriormente, são as equações de MUV para essa situação.
trajetória para baixo
v0 > 0
g = 10 m/s2
Obs.: Quando um corpo está em queda livre, as alturas percorridas a 
cada segundo de movimento seguem uma PA, como já mencionado 
anteriormente. Por ter velocidade inicial nula, os deslocamentos a cada 
segundo seguem a seguinte sequência:
– No primeiro segundo de movimento a altura é H
g g
�
�
�
1
2 2
2
– No secundário segundo de movimento a altura é H
g g
�
�
� �
2
2
4
2
2
– No terceiro segundo de movimento a altura é H
g g
�
�
� �
3
2
9
2
2
E assim sucessivamente.
Fazendo x
g
=
2
, teremos que no n-ésimo segundo de queda livre, a 
distância percorrida pelo corpo é d = x · (2n – 1), em que x é a distância 
percorrida no primeiro segundo e n, o instante pedido. 
Dica: Esse problema também poderia ser resolvido com a ideia de que 
a distância percorrida no n-ésimo segundo é a distância percorrida 
pelo móvel até o instante n menos a distância percorrida pelo móvel 
até o instante n – 1. Ao fazer isso, você transforma um problema que 
aparentemente não é de queda livre (já que o corpo tem velocidade no 
instante n – 1) em um problema de queda livre. É muito mais interessante 
transformar em queda livre, pois as equações são bem mais simples.
13.2 Lançamento vertical para baixo
No lançamento vertical para baixo, consideramos um corpo que é 
lançado para baixo (tem, portanto, velocidade inicial vertical para baixo) 
em um local livre da resistência do ar e com aceleração da gravidade 
constante. Esse corpo, tal como na queda livre, vai executar um MUV em 
que a = g. Nesse caso, as equações podem ser escritas como:
g
V
Vo = 0
x
y
solo
MUV
Lançamento vertical 
para baixo
v = v0 + a· t
v v gto� �
�S v t
at
o� �
2
2 H v
gt
to� �
2
2
v v a So
2 2 2� � � v v gHo
2 2 2� �
FÍSICA I
Assunto 1
336 IME-ITA – Vol. 1
13.3 Lançamento vertical para cima
Um corpo lançado verticalmente para cima tem a subida como um 
movimento retardado e a descida como um movimento acelerado em 
que v0 = 0 (queda livre). Esses movimentos de subida e de descida são 
simétricos. Há duas conclusões importantes acerca disso:
I. O módulo da velocidade com que um corpo passa subindo por uma 
altura qualquer é a mesma que ele passa descendo pela mesma altura.
Demonstração:
Aplicando a equação de Torricelli:
v1
v2
h
v22 = v
2
1 + 2gΔS
 ΔS = 0 (S1 = S2)
 v22 = v
2
1 ⇒ v2 = – v1
II. O intervalo de tempo decorrido entre as passagens por dois patamares 
determinados A e B é o mesmo na subida e na descida. 
Demonstração:
A
B –VBVB
–VAVA
 
g
v
t
g
v v
t
v v
t
t t
B a
AB
A B
AB
AB AB
�
�
�
�
� �
�
�
�
� �
� �
'
'
As equações para um corpo lançado verticalmente para cima são as 
mesmas do MUV.
Atenção!
Uma vez adotado o referencial, ele precisa ser mantido para todas 
as variáveis. A maneira mais comum de resolver problemas desse tipo é 
orientarmos o referencial positivo para cima e a origem na posição inicial do 
móvel. Nesse caso, a gravidade é negativa sempre. É comum as pessoas 
trocarem o sinal da gravidade de acordo com o movimento de descida 
ou subida. Isso não existe. A gravidade vai ter um único sinal em todo o 
problema e isso só depende do referencial adotado. 
Dica: Em um número significativo das questões desse tipo de lançamento, 
é muito mais fácil estudar a descida (já que a descida é como se fosse 
uma queda livre). Lembre-se disso!
Ex.:
Um corpo é lançado para cima do topo de um prédio de 200 metros com 
velocidade inicial de 30 m/s em um local em que a resistência do ar pode 
ser considerada desprezível. Considerando a gravidade igual a 10 m/s2, 
determine:
a. o tempo total de permanência no ar.
b. a altura máxima atingida por esse corpo.
c. a velocidade do corpo imediatamente antes de tocar no solo.
Solução:
Antes de responder à pergunta, vamos definir nosso referencial orientado 
para cima e com origem no solo. A figura a seguir representa o exposto:
200 m
origem
g
A equação horária de posição para o corpo que é lançado para cima fica 
assim:
h h v t
gt
h t t� � � � � � �0 0
2
2
2
200 30 5� � �
a. O tempo de permanência no ar é o tempo que ele leva para atingir o 
solo (h = 0).
 0 = 200 + 30t – 5t2 → 0 = 40 + 6t – t2
 t = –4 s (não convém) ou t = 10 s (convém). 
b. Matematicamente, a altura máxima é o vértice da equação.
 y aV
�
�
�
� � � � �
�
�
�
�
�
�
4
30 4 5 200
4 5
4900
20
245
2( ( ) )
�( )
( )
( )
�m.
Obs: Esse item poderia ser feito sem a utilização da equação horária de 
posição.
Tempo para atingir a altura máxima: v = v0 – gt → 0 = 30 – 10t → t = 3 s.
Para retornar a altura do lançamento, gastará 3 segundos em queda livre. 
H
gt
� �
�
�
2 2
2
10 3
2
45
��
m
Como a altura de subida é igual à de descida, temos que a altura máxima 
é 200 + 45 = 245 m.
c. A equação horária de velocidade no MUV é v = v0 – gt → v = 30 – 10t.
 O corpo chega ao solo no instante 10 segundos.
 1v = 30 – 10t → v = 30 – 10 · 10 → v = –70 m/s (negativo), pois, 
imediatamente antes de chegar ao solo, o vetor velocidade aponta 
para baixo, ou seja, contra o sentido do referencial adotado.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
337IME-ITA – Vol. 1
13.4 Influência do ar
Alguns problemas, mais empíricos, não desprezam a influência do ar 
nos movimentos verticais. Tal fenômeno será estudado mais adiante, em 
dinâmica. No entanto, pode-se adiantar que a resistência do ar depende 
da forma e da velocidade do corpo e sua expressão é dada por
Fr = c · v
2 
em que c é uma constante que depende da forma do corpo e da área da 
secção transversal do corpo e v é a velocidade instantânea do corpo.
Isso significa que, para um corpo qualquer, quanto maior for a velocidade, 
maior será a resistência do ar. Evidentemente, a resistência do ar não cresce 
indefinidamente. Seu crescimento só ocorre enquanto é menor que a força 
peso para o corpo. Isso porque a força de resistência é proporcional ao 
quadrado da velocidade. No momento em que seu valor se iguala ao valor da 
força peso, a aceleração passa a ser zero e a velocidade para de aumentar. 
Consequentemente, a força de resistência para de crescer e fica igual ao 
peso desse instante para frente. Nesse momento, o corpo atinge a sua 
velocidade limite. A partir daí, o movimento de queda torna-se uniforme, 
ou seja, o corpo cai com velocidade constante. 
Cálculo da velocidade limite:
� ��
P F m g c v v
m g
c
v
m g
cr L
� � � � � � �
�
� �
�2 2
em que:
m → massa do corpo;
g → aceleração da gravidade local;
c → coeficiente de atrito com o ar.
14. Movimento circular
É aquele em que o corpo se desloca segundo uma trajetória circular. 
Faremos um estudo do movimento muito próximo ao que já foi abordado 
nos outros módulos. Entretanto, vamos nos preocupar mais com grandezas 
angulares em vez de lineares. Por exemplo, além de verificar a distância 
percorrida, precisaremos medir o ângulo varrido pelo móvel. 
14.1 Fase e deslocamento angular
Unidade no SI: radianos; abreviação: rad
Outra unidade comum: grau (°)
Considere que, no instante t0 = 0, uma partícula se encontra no ponto 
PI de uma circunferência e que, em um instante posterior t, essa partícula 
se encontra em um ponto Pf. O deslocamento angular (Δϕ) sofrido por 
essa partícula é a diferença entre os ângulos (ou fases) formados com 
um eixo. Normalmente, utilizamos como eixo de referência uma reta 
horizontal que possui origem coincidente com o centro da circunferência 
e positivo para a direita. 
Atenção: Definir origem e referencial continua sendo essencial. A 
origem é dada por um eixo arbitrário (como dito acima). O referencial, no 
caso de movimentos circulares, é positivo de acordo com o sentido do 
movimento: horário ou anti-horário.
P1
P1
Δϕ
Δϕ = ϕ2– ϕ1
ϕ2
ϕ1
A unidade mais usual de ângulo é o radiano. Para determinar o ângulo 
nessa unidade, basta calcular a razão entre o arco percorrido e o raio. 
Por definição, um radiano é o ângulo descrito quando o comprimento do 
arco é igual ao raio. Portanto, se considerarmos uma volta, teremos que
arco = 2πR → ângulo = 
2 R
R
π
=2π rad → 2π rad = 360° → π rad = 180°.
14.2 Velocidade angular
Unidade no SI: radiano por segundo; abreviação: rad/s.
Outras unidades comuns: grau/segundo.
Definimos a velocidade angular média (ωm) como a razão entre o 
deslocamento angular e o tempo gasto para tal deslocamento. 
P2
P1
Δϕ
Δt
ω
ϕ
m t
= ∆
∆
Convém ressaltar que a velocidade angular não depende do raio do 
círculo e que esse valor obtido nos fornece uma média de deslocamento 
angular por unidade de tempo. 
Analogamente ao que foi dito na cinemática escalar, existe diferença 
entre velocidade angular média e velocidade angular instantânea. 
A velocidade angular instantânea é dada pela velocidade angular média 
para um intervalo de tempo tendendo a zero.
ω
ϕ ϕ
i t t
d
dt
= =
→
lim
0
∆
∆ ∆
14.3 Aceleração angular
Unidade no SI: radiano por segundo ao quadrado; abreviação: rad/s2.
A aceleração angular média indica o quão rápido a velocidade angular 
sofre variações. Seu módulo é dado por:
α
ω
m t
= ∆
∆
FÍSICA I
Assunto 1
338 IME-ITA – Vol. 1
Analogamente ao que foi dito na cinemática escalar, existe diferença 
entre aceleração angular média e aceleração angular instantânea. 
A aceleração angular instantânea é dada pela aceleração angular média 
para um intervalo de tempo tendendo a zero.
α
ω ω
i t t
d
dt
= =
→
lim
0
∆
∆∆
14.4 Relação entre a cinemática 
angular e a escalar
Para mostrar a relação direta entre a velocidade angular média (ωm) 
e a velocidade escalar média (vm), vamos partir da definição de radiano.
arco percorrido S
Rraio
∆ϕ
∆
→ ∆S = ∆ϕ · R==
Diferenciando em relação ao tempo, temos que:
d
dt
S
dt
dt
R
ds
dt
R
d
dt
V R( ) ()= ⋅ → = ⋅ → =∆ ∆ϕ
ϕ
ω
Diferenciando em relação ao tempo mais uma vez, temos que:
d
dt
v
d
dt
R
dv
dt
R
d
dt
a R( ) ( )� � � � � ��
�
�
14.5 Tipos de movimento circular
Os movimentos circulares normalmente seguem um padrão. Ou são 
movimentos circulares uniformes (MCU), ou são movimentos circulares 
uniformemente variados (MCUV). No primeiro caso, a velocidade angular 
é constante e, consequentemente, sua aceleração angular é nula. A função 
horária no MCU nasce da mesma ideia do MRU.
s = so + vt
v = cte
a = 0
⇒
dividindo-se cada 
função horária por R, 
obtemos as equações 
do MRU
⇒
ϕ = ϕo + ω t
ω = cte
α = o
 
No movimento circular uniformemente variado (MCUV), a aceleração 
angular é constante e não nula. Nesse caso, a velocidade angular sofre 
alterações iguais para o mesmo intervalo de tempo. Suas funções horárias 
podem ser determinadas a partir das equações de MUV:
s s v t at
v v at
a cte
o o
o
� � � �
� �
�
1
2
2
⇒
dividindo-se 
cada função 
horária por R, 
obtemos as 
equações do 
MRU
⇒
� � � �
� � �
�
� � �
� �
�
o
o
t t
t
cte
0
21
2
.
v2 = v2o + 2 aΔS ⇒
dividindo-se 
cada função 
horária por R2, 
obtemos as 
equações de 
Torricelli do 
MRU
⇒ ω2 = ω2o + 2 αΔϕ
O comportamento gráfico do MCU é análogo ao comportamento do 
MRU, enquanto os gráficos do MCUV são análogos ao do MRUV.
Ex.: (UFU) Em uma pista circular de um velódromo, dois ciclistas 
cor rem em sentidos opostos. O cicl ista A par te com uma 
velocidade angular constante de 0,50π rad/s e o cilclista B, com 
1,5 π rad/s, 2,0 segundos após. Eles vão se encontrar pela primeira vez:
ponto de partida
A
B
R
Q
P
(A) no ponto P.
(B) entre P e Q.
(C) no ponto Q.
(D) entre Q e R.
(E) no ponto R.
Solução: Letra D.
Adotaremos um sistema de referência com origem no ponto de partida e 
positivo no sentido anti-horário. O enunciado diz que os ciclistas mantêm a 
velocidade constante. Temos, portanto, um MCU. Escrevendo as equações 
horárias, a partir do movimento de B, teremos:
ϕA = 0 + 0,5 · π · (t + 2) ϕB = 0 – 1,5 · π · t
No encontro, a soma dos módulos dos deslocamentos angulares tem 
que ser igual a 2π (uma volta completa).
Importante: Note que há uma diferença relevante aqui. Em MRU 
ou MRUV, o encontro acontecia quando as posições eram iguais. Aqui, 
é importante contar o número de voltas.
Isso significa que eles se encontraram 0,5 segundo após a saída de B. 
|ϕA|+|ϕB|= 2π → 0,5 · π · (t + 2) + 1,5 · π · t = 
2 · π → 0,5 · t + 1 + 1,5t = 2 → 2t = 1 → t = ½ s.
Substituindo em qualquer equação, descobriremos o ponto de encontro.
ϕA = 0,5 · π · (0,5 + 2) = 1,25 π, ou seja, entre os pontos Q e R.
Obs.: Igualamos a soma dos módulos dos deslocamentos angulares a 
2π, pois queremos o primeiro encontro. Se esse movimento continuasse 
infinito, encontros ocorreriam e poderíamos escrever de uma maneira 
genérica: 
|ϕA|+|ϕB|= 2 · k · π
Em que k representa o número de vezes do encontro.
14.6 Período e frequência
Período (T) é o tempo gasto para que o corpo execute um ciclo. No 
SI, a unidade de período é o segundo (s). 
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
339IME-ITA – Vol. 1
Frequência (f) é o número de ciclos dados em uma unidade de tempo. 
No SI, a unidade é o Hertz (Hz) = (ciclos/s). Contudo, existe uma unidade 
ainda muito utilizada denominada rpm (rotações por minuto). Sua relação 
com o Hertz é 1 Hz = 60 rpm.
A partir das definições apresentadas, podemos escrever que: 
Pela definiçao
1volta segundos
voltas segundo
→
→
T
f 1
Então:
f.T T
f
= =1 ou
1
A velocidade angular no MCU para k voltas pode ser escrita como:
�
� �
� ��
�
�
� � � �
k
k T T
f
2 2
2
14.7 Transmissão de movimento 
Pode ser feita basicamente de duas maneiras: transmitindo velocidade 
angular (fazendo com que discos, rodas, polias ou engrenagens possuam 
seus eixos interligados) ou transmitindo velocidade linear (interligando 
os corpos por meio de uma correia ou corrente, ou fazendo com que os 
corpos se toquem.).
Na transmissão de velocidade angular, os eixos dos discos são 
dispostos coaxialmente. Dessa maneira, quando um executar k voltas, o 
outro também terá executado k voltas.
ω1
ω2
R1
R1
Como a rotação das polias é igual à do eixo:
1 2
1 2
1
1
2
2
=
=
=





T T
V
R
V
R
ω ω
Na transmissão de velocidade linear, os discos são interligados, de 
modo que quando um deles tem um deslocamento escalar, o outro disco 
tenha o mesmo deslocamento. 
A A
B B
vA
vA
RB RB
RA RA
vB
vB
ϖB
ϖB
ϖA
ϖA
Daí, a velocidade de todos os pontos da correia vai ser a mesma, 
assim como os “dentes” das polias. Portanto:
v v
R R
f R f R
R
T
R
T
A B
A A B B
A A B B
A
A
B
B
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
� �
Uma consequência imediata é que quanto maior o raio do disco, menor 
será sua velocidade angular. 
Ex.: (UNICAMP-2005) Em 1885, Michaux lançou o biciclo com uma roda 
dianteira diretamente acionada por pedais (fig. A). Por meio do emprego da 
roda dentada, que já tinha sido concebida por Leonardo da Vinci, obteve-se 
melhor aproveitamento da força nos pedais (fig. B). Considere que um ciclista 
consiga pedalar 40 voltas por minuto em ambas as bicicletas.
Dado: π  3.
10 cm
30 cm
25 cm
figura A figura B
 
a. Qual a velocidade de translação do biciclo de Michaux para um diâmetro 
da roda de 1,20 m?
b. Qual a velocidade de translação para a bicicleta padrão aro 60 (fig. B)? 
Solução:
a. No biciclo de Michaux, a frequência imposta é exatamente a frequência 
de movimento. Assim:
v = 2 · π ƒ · R ≅ 2 · 3 · 
40
60
 · 0,6 ≅ 2,4 m/s.
b. Na bicicleta, temos que a velocidade linear (escalar) da coroa dentada 
é a mesma do pinhão.
 vcoroa = vpinhão → 2 · π ƒc · 
dc
2
= ωp · 
dp
2
→ 2 · 3 · 
40
60
 · 25 =
 � �p � � �
20
2
10 rad/s.
 
A velocidade angular do pinhão é a mesma velocidade angular da roda:
ωpinhão = ωroda → 10= 
v
R
roda → vroda = 10 · 0,3 → vroda = 3 m/s.
Ex.: (UFRJ-1998) O olho humano retém durante 1/24 de segundo as 
imagens que se formam na retina. Essa memória visual permitiu a invenção 
do cinema. A filmadora faz 24 fotografias (fotogramas) por segundo. Uma 
vez revelado, o filme é projetado à razão de 24 fotogramas por segundo. 
Assim, o fotograma seguinte é projetado no exato instante em que o 
fotograma anterior está desaparecendo de nossa memória visual, o que 
nos dá a sensação de continuidade.
FÍSICA I
Assunto 1
340 IME-ITA – Vol. 1
Filma-se um ventilador cujas pás estão girando no sentido horário. 
O ventilador tem quatro pás simetricamente dispostas, uma das quais 
pintada de cor diferente, como ilustra a figura. Ao projetarmos o filme, 
os fotogramas aparecem na tela na seguinte sequência, o que nos dá a 
sensação de que as pás estão girando no sentido anti-horário. 
Calcule quantas rotações por segundo, no mínimo, as pás devem estar 
efetuando para que isso ocorra.
Solução:
A ilusão de que as pás estão girando no sentido oposto ao real é devido ao 
fato de nosso cérebro interpretar que o movimento, de um fotograma para 
o outro, dá-se no sentido do menor deslocamento angular. O olho humano 
tira fotos da realidade de 1/24 a 1/24 segundo e “junta” as sucessivas 
imagens, sempre atribuindo o menor caminho a cada objeto.
Entre dois fotogramas consecutivos, a pá destacada efetua, no mínimo, 
3/4 de volta, em um intervalo de tempo de 1/24 s. Portanto, a frequência 
mínima de rotação é:
ƒ = 
3
4
1
24
3
4
24
1
18� � � Hz. 
 01 Um turista, passeando de bugre pelas areias de uma praia em 
Natal-RN, percorre uma trajetória triangular, que pode ser dividida em três 
trechos, conforme a figura abaixo.
A
B
C
Os trechos B e C têm o mesmo comprimento, mas as velocidades médias 
desenvolvidas nos trechos A, B e C foram, respectivamente, v, 2v e v.
Quanto vale a velocidade escalar média desenvolvida pelo turista para 
percorrer toda a trajetória triangular? 
Solução:
Seja L o lado de cada cateto. Assim:
ΔSC = L; ΔSB = L. O espaço percorrido na hipotenusa é ΔSC, calculado 
pelo teorema de Pitágoras:
� � �
�
SS S L L L
S L
A C B
A
� � � � � � � � � � � �
�
2 2 2 2 2 22
2
 
.
Então o espaço total percorrido é:
� � � � �S S S S L L L S LA B C� � � � � � � � �� �2 2 2 .
O tempo gasto no percurso é:
� � � �
�
t t t t
L
v
L
v
L
v
L L L
v
t
L
v
A B C� � � � � � �
� �
�
�
�� �
2
2
2 2 2
2
2 2 3
2
 
.
Calculando a velocidade média:
v
S
t
L
L
v
v v
m � �
�� �
�� �
�
�� �
�
�
�� �
�
�
�
�
�
�
�
�
2 2
2 2 3
2
2 2 2
2 2 3
2 2 2
2 2 3
2 2 3
2 2 3
���
�
�
�� �
�
� � �� �
�
�
�� �
�
�
� �� �
 
 v
v v
v v
m
m
4 3 2 4 2 6 2
8 9
2 2 4
1
4 2 2 .
 02 Dois tratores, I e II, percorrem a mesma rodovia e suas posições 
variam com o tempo, conforme o gráfico a seguir:
s(km)
300
270
60
0 3
I
II
t(h)
Determine o instante do encontro desses veículos.
Solução:
Para um intervalo de tempo de 3 horas, o trator I se deslocou 60 km e 
o trator II se deslocou –30 km. Com isso, temos que vI = 20 km/h e 
vII = –10 km/h. Escrevendo as equações horárias para cada trator, temos:
sI = 20t e sII = 300 – 10t
No encontro sI = sI → 20t = 300 – 10t → t = 10h.
 03 Duas partículas (P e Q) deslocam-se sobre o eixo x com as respectivas 
posições dadas por: 
P. x = 16 + 4bt2 
Q. x = bct3, para x em metros, t em segundos e c = 1 s–1.
Qual deve ser o valor de b para que uma partícula alcance a outra em 2 s 
e qual a velocidade da partícula P no ponto de encontro?
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
341IME-ITA – Vol. 1
Solução:
No encontro xP = xQ. 
16 + 4bt2 = bct3
16 + 4b(2)2 = b(1)(2)3
16 + 16b = 8b
b = –2 m/s2.
A velocidade de P é dada pela derivada na posição no instante t = 2 s.
v
dx
dt
d t
dtp
� �
�� �
� � � ��
�
� �
16 8
16 2 32
2
m/s.
 04 Em relação a um referencial cartesiano OXY, uma partícula se move 
de acordo com as equações:
x = 8t – 4t2 e y = 12t – 6t2
Determine a equação cartesiana da trajetória para essa partícula.
Solução:
Para determinar a equação da trajetória, precisamos colocar x em função 
de y.
x = 4 (2t – t2) → (2t – t2) = x/4
y = 6 (2t – t2) → (2t – t2) = y/6
Logo, 
x y
4 6
=
y = 1,5x.
 05 Quatro cidades, A, B, C e D, são percorridas por um automóvel. M, N 
e P são, respectivamente, os pontos médios de AB, BC e CD. A velocidade 
escalar média do móvel vale 50 km/h entre A e B, 75 km/h entre B e C, 
70 km/h entre C e D, 60 km/h entre M e C e 60 km/h entre A e D. Calcule 
a razão MN/NP: 
(A) 25/29. 
(B) 2/3. 
(C) 5/4. 
(D) 4/5.
(E) 3/2.
Solução:
A
M
B
N
C
P
D
Por conveniência, consideremos:
distância de A até B = x
distância de B até C = y
distância de C até D = z
Como t = Δs/v
1a equação: tx = x/50 
2a equação: ty = y/75
3a equação: tz = z/70 
4a equação: tMC = tx/2 + ty = (y + x/2)/60 
5a equação: tAD = tx + ty + tz = (x + y + z)/60
Substituindo as equações 1, 2 e 3 nas equações 4 e 5:
Na 4a equação obteremos x = 2y
Na 5a equação obteremos z = 7/5y
MN = x/2 + y/2 = (x + y)/2
NP = y/2 + z/2 = (z + y)/2
MN/NP = (x + y)/(z + y)
MN/NP = (2y + y)/(7/5y + y)
MN/NP = 3y/(12y/5)
MN/NP = 15y/12y
MN/NP = 5/4.
 06 Uma partícula, a partir do repouso, descreve um movimento retilíneo 
uniformemente variado e, em 10 s, percorre metade do espaço total previsto. 
A segunda metade desse espaço será percorrida em, aproximadamente:
(A) 2,0 s.
(B) 4,0 s.
(C) 5,8 s.
(D) 10 s.
(E) 14 s.
Solução:
O gráfico a seguir ilustra o movimento da partícula que parte do repouso 
e tem aceleração a:
a · t
10a
10 t t(s)
v(m/s)
Nas condições do problema, a área do triângulo tem que ser igual à área 
do trapézio.
10 10
2
10 10
2
100 10 10
���
�
�� � �� �
� � �� � �� � �a at a t a a t t
t t2 100 100 200 14� � � � � s.
Como a questão só pede o tempo na segunda metade, a resposta é, 
aproximadamente, 4 s.
 07 Duas partículas, A e B, desenvolvem movimentos sobre uma mesma 
trajetória, cujos gráficos horários são dados por:
28
14
0 4 7 t(s)
A
B
8
s(m)
32
Qual a velocidade da partícula B, em m/s, no primeiro encontro entre A e B?
FÍSICA I
Assunto 1
342 IME-ITA – Vol. 1
Solução:
Nitidamente, a partícula A executa um movimento uniforme e a partícula B 
executa um movimento uniformemente variado. Escrevendo suas equações 
horárias: 
v S tA A�
�
� � � � �
14 28
4
2 28 2m s/
S v t
at
S v t
at
v
a
v a v
B
B
� � � �
� � � � � � �
�
� � � �
0
2
2
32 4
4
2
32 4 8
0
2
0
2
0
2
0
� �
� � � � 00
0
2
0
2
0 0
2 8
2
14 7
7
2
28 14 49 2 7
� �
� � � � � � �
�
� � � � �
�
� � � � �
a
S v t
at
v
a
v a v aB �� 4
a = – 4 m/s2 e v0 = 16 m/s → SB = 16 · t – 2t
2
No encontro SA = SB → 28 – 2t = 16t – 2t
2 → 2t2 – 18t + 28 = 0 → 
t2 – 9t + 14 = 0 → t = 2 s ou t = 7 s.
Calculando VB em:
t = 2 s → v
ds
dt
d
dt
tB � �
�� �
� � � � � �
�
�m
16 2
16 4 16 4 2 8
2t �t
/s.
 08 Um corpo cai em queda livre, de uma altura tal que, durante o último 
segundo de queda, ele percorre 1/4 da altura total. Calcule o tempo de 
queda supondo nula a velocidade inicial do corpo.
(A) t �
�
1
2 3
s. (D) t �
�
4
2 3
s.
(B) t �
�
2
2 3
s. (E) t �
�
2
2 3
s.
(C) t �
�
3
2 3
s.
Solução:
Observe a ilustração:
t = 0
(t – 1)
t
H
3H
Em todo o percurso, ele percorrerá 4
2
2
H
gt
= .
Na primeira parte do percurso, ele percorrerá 3
1
2
2
H
g t
�
�( )
Dividindo as equações: 
4
3 1
4 1 3 4 1 3 2 1 3
2
2
2 2 2 2�
�
� � � � � � � � �
t
t
t t t t t t
( )
( ) ( ) ( )
2 2 3 2 3 2
2
2 3
t t t t� � � � � � � �
�
( ) .
 09 À borda de um precipício de certo planeta, no qual se pode desprezar a 
resistência do ar, um astronauta mede o tempo t1 que uma pedra leva para 
atingir o solo, após cair de uma de altura H. A seguir, ele mede o tempo 
t2 que uma pedra também leva para atingir o solo, após ser lançada para 
cima até uma altura h, como mostra a figura. Assinale a expressão que 
dá a altura H:
h
H
(A) H
t t h
t t
�
�� �
( )
.1
2
2
2
2
2
1
2 22
 (D) H
t t h
t t
�
�� �
4 1 2
2
2
1
2
.
(B) H
t t h
t t
�
�� �
( )
.1 2
2
2
1
24
 (E) H
t t h
t t
�
�� �
4 1
2
2
2
2
2
1
2 2
.
(C) H
t t h
t t
�
�� �
2 1
2
2
2
2
2
1
2 2
.
Solução:
Vamos dividir nosso problema em partes.
Queda livre: H
g t
g
H
t
�
�
� �1
2
1
22
2 
Lançamento para cima (só a subida): v2 = v
2
0 + 2aΔS
Na altura máxima, v = 0. Considerando o referencial no ponto de lançamento 
e adotando para cima positivo, teremos:
0 2 22 0
2
0� � � � � � �v g gh( ) v .h
Queda da altura H na descida. Considerando o referencial no ponto de 
lançamento e adotando para baixo positivo, teremos:
�S v t
a t
H t gh
g t
o� � � �
�
� � � �
�2
2
2
2
2
2
2
Substituindo 
H t h
H
t
t H
t
H
t
t
Hh
t
t
t t
t
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�
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�
� � � �
�
2
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1 2 22
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2 2
2
4
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�
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�� �
�
t h
t H
H
t t
t t
h
H t h
H
t
t H
t
H
t
t
Hh
t
t
t t
t
� � � � � � �
�
�
�
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�
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�
2
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1 2 22
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2 2
2
4
�
�
�
� �
�� �
�
t h
t H
H
t t
t t
h.
 10 No arranjo mostrado a seguir, do ponto A largamos com velocidade 
nula duas pequenas bolas que se moverão sob a influência da gravidade 
em um plano vertical, sem rolamento nem atrito, uma pelo trecho ABC e 
outra pelo trecho ADC. As partes AD e BC dos trechos são paralelas e as 
partes AB e DC também. Os vértices B de ABC e D de ADC são suavemente 
arredondados para que cada bola não sofra uma mudança brusca na sua 
trajetória. Pode-se afirmar que: 
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
343IME-ITA – Vol. 1
A B
CD
(A) a bola que se move pelo trecho ABC chega ao ponto C primeiro.
(B) a bola que se move pelo trecho ADC chega ao ponto C primeiro.
(C) as duas bolas chegam juntas ao ponto C.
(D) a bola de maior massa chega primeiro (e se tiverem a mesma massa, 
chegam juntas).
(E) é necessário saber as massas das bolas e os ângulos relativos à 
vertical de cada parte dos trechos para responder.
Solução: Letra B.
Como o enunciado fala que AD é paralela a BC e AB é paralela a DC, 
consideraremosos movimentos como MRUV. Nesse caso, a velocidade 
média entre dois pontos é a média aritmética da velocidade entre esses 
dois pontos. Portanto:
V
V V
V
V
V
V V
V
V
V
V V
V
V V
AD
A D
AD
D
AB
A B
AB
B
DC
C D
BC
B C
�
�
� �
�
�
� �
�
�
�
�
2 2
2 2
2
2
Já que VD > VB temos que VAD é maior que VAB e VDC é maior que VBC.
Portanto, no trajeto ADC a velocidade escalar média é maior que no trajeto 
ABC e, como a distância total percorrida é a mesma, concluímos que o 
tempo gasto no trajeto ADC é menor.
 11 Uma pessoa brincando em uma roda-gigante, ao passar pelo ponto 
mais alto, arremessa uma pequena bola (figura 1), de forma que esta 
descreve, em relação ao solo, a trajetória de um lançamento vertical para 
cima.
figura 1 figura 2
A velocidade de lançamento da bola na direção vertical tem o mesmo 
módulo de velocidade escalar (v) da roda gigante, que executa um 
movimento circular uniforme. Despreze a resistência do ar, considere a 
aceleração da gravidade igual a g e π = 3. Se a pessoa consegue pegar 
a bola no ponto mais próximo do solo (figura 2), o período de rotação da 
roda-gigante pode ser igual a:
(A) . 
(B) 
 . 
v
g
v
g
v
g
10
7
20
3
.
(C) 
(D) 12
v
g
.
Solução: Letra C.
O
y
2R
R é o raio da 
roda-gigante
situação inicial
situação inicial
v
v
v



0
0
02
−
O intervalo de tempo entre o começo e o fim é T/2.
h h v t
gt
R v
T
g
T
g T
v
T
R� � � � � � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
� � � �0 0
2
2
2
2
0 2
2
2
2 8 2
2 0
Porém v
R
T
R
v T
=
⋅ ⋅
→ =
⋅2
6
π
. Substituindo, teremos:
g T
v
T v T
g T v T v T T
v
g
�
� � �
�
� � � � � � � � � � �
2
2
8 2
2
6
0 3 12 8 0
20
3
.
 01 (EsPCEx) Em uma mesma pista, duas partículas, A e B, iniciam seus 
movimentos no mesmo instante com as suas posições medidas a partir 
da mesma origem dos espaços. As funções horárias das posições de 
A e B, para S, em metros, e t, em segundos, são dadas, respectivamente, 
por SA = 40 + 0,2t e SB = 10 + 0,6t. Quando a partícula B alcançar a 
partícula A, elas estarão na posição:
(A) 55 m.
(B) 65 m.
(C) 75 m.
(D) 105 m.
(E) 125 m.
 02 (EsPCEx) Um automóvel, desenvolvendo uma velocidade constante de 
60 km/h, faz, diariamente, uma viagem entre duas cidades vizinhas em um 
tempo habitual T. Se ele fizesse essa viagem com uma velocidade, também 
constante, de 90 km/h, o tempo de duração habitual seria 10 minutos 
menor. Podemos dizer que o valor de T, em minutos, é:
(A) 60.
(B) 50.
(C) 40.
(D) 30.
(E) 20.
FÍSICA I
Assunto 1
344 IME-ITA – Vol. 1
 03 (AFA) Os gráficos a seguir referem-se a movimentos unidimensionais 
de um corpo em três situações diversas, representando a posição como 
função do tempo.
a
2
a
0
3
b b t
x
 2
a
2
a
x
0 b b t
 
x
a
2
a
0
3
2b b t
Nas três situações, são iguais as velocidades:
(A) iniciais.
(B) finais
(C) instantâneas.
(D) médias
 04 (Helou) Um móvel tem sua velocidade escalar instantânea (v) variando 
com o tempo (t), conforme a função v = t2 – 4t (SI).
Calcule sua aceleração escalar média entre os instantes:
a. 0 s e 4 s.
b. 1 s e 5 s.
 05 (AFA) Uma pessoa está observando uma corrida a 170 m do ponto de 
largada. Em dado instante, dispara-se a pistola que dá início à competição. 
Sabe-se que o tempo de reação de um determinado corredor é 0,2 s, sua 
velocidade é 7,2 km/h e a velocidade do som no ar é 340 m/s. A distância 
desse atleta em relação à linha de largada, quando o som do disparo chegar 
ao ouvido do espectador, é:
(A) 0,5 m.
(B) 0,6 m.
(C) 0,7 m.
(D) 0,8 m.
 06 (AFA) Sabendo-se que a função horária de uma par tícula é 
S = –t2 + 16t – 24, o gráfico que representa a função V = f(t) será:
(A) V(m/s)
t(s)
–24
0
(B) V(m/s)
t(s)
16
0 8
(C) V(m/s)
t(s)0
–24
(D) V(m/s)
t(s)
18
16
4
 07 (AFA) A figura abaixo apresenta o gráfico posição × tempo para um 
móvel em movimento retilíneo.
tA t
sA
s
tB
sB
tC
sC
A
B
C
parábola
É correto afirmar que:
(A) a velocidade no instante tAé menor que a velocidade no instante tB.
(B) para tC, a aceleração do móvel é nula.
(C) para tA < t < tC, o movimento é acelerado.
(D) para tB < t < tC, a velocidade do móvel decresce de maneira uniforme.
 08 (AFA) Um vagão movimenta-se sobre trilhos retos e horizontais 
obedecendo à equação horária S = 20t – 5t2 (SI). Um fio ideal tem uma 
de suas extremidades presa ao teto do vagão e, na outra, existe uma 
esfera formando um pêndulo. As figuras que melhor representam as 
configurações do sistema vagão-pêndulo de velocidade v e aceleração a, 
nos instantes 1 s, 2 s e 3 s, são, respectivamente:
(A) 
Vα VαV = 0α
(B) 
VαV = 0αVα
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
345IME-ITA – Vol. 1
(C) 
V αVα Vα
(D) 
Vα V α Vα
 09 (EFOMM) No sistema de transmissão de movimento da figura abaixo, 
a polia motora A tem 500 mm de diâmetro e gira a 120 rpm. As polias 
intermediárias B e C, solidárias entre si (soldadas uma na outra), têm, 
respectivamente, 1.000 mm e 200 mm. A rotação da polia D, de diâmetro 
400 mm, é de:
A
C
B
D
(A) 120 rpm.
(B) 80 rpm.
(C) 60 rpm.
(D) 30 rpm.
(E) 20 rpm.
 10 (AFA) Duas partículas, A e B, desenvolvem movimentos sobre uma 
mesma trajetória, cujos gráficos horários são dados por:
t(s)
A
B32
28
14
0 4 7 8
s(m)
No instante em que A e B se encontram, os módulos das velocidades de 
A e de B valem, respectivamente:
(A) 2 e 12.
(B) 2 e 16.
(C) 2,57 e 12.
(D) 2,57 e 16
 11 (EsPCEx) O gráfico a seguir descreve a velocidade V, em função do 
tempo t, de um móvel que parte da posição inicial 10 m de sua trajetória. 
A função horária da sua posição, em que o tempo t e a posição S são 
dados, respectivamente, em segundos e em metros, é:
15
0 5
v(m/s)
t(s)
(A) S = 10 – 15t + 3t2/2.
(B) S = 15 + 10t – 5t2/2.
(C) S = 10 + 15t – 3t2/2.
(D) S = 15 – 10t + 5t2/2.
(E) S = 10 + 15t – 5t2/2.
 12 (IME) O gráfico a seguir apresenta a velocidade de um objeto em 
função do tempo. A aceleração média do objeto no intervalo de tempo 0 
a 4t é:
velocidade
tempot 2t
3t 4t
v
–v
(A) .
v
t
(B) 3 .
4
v
t
(C) .
4
v
t
(D) − .
4
v
t
(E) −
3
.
4
v
t
 13 A função horária da posição de um móvel é dada pela seguinte equação: 
= − + −3 2
2
7 20 6,
3
S t t t em que S e t estão nas unidades do SI.
Responda às seguintes perguntas:
a. Qual a velocidade média entre os instantes 1 e 4 segundos?
b. Em que instantes o corpo inverte o sentido de movimento?
c. Qual a distância total percorrida pelo corpo entre os instantes 
0 e 6 segundos?
d. Para que intervalos de tempo o movimento do corpo é acelerado?
e. Para que intervalos de tempo o movimento do corpo é retrógrado?
 14 Um corpo, ao ser lançado para cima com certa velocidade, atinge o 
solo após um tempo t1. Ao ser lançado para baixo com a mesma velocidade, 
atinge o solo após um tempo t2. Quanto tempo levaria para atingir o solo 
caso fosse abandonado do mesmo ponto?
FÍSICA I
Assunto 1
346 IME-ITA – Vol. 1
 15 (AFA) Certa mãe, ao administrar um medicamento para o seu filho, 
utiliza um conta-gotas pingando em intervalos de tempo iguais. A figura 
a seguir mostra a situação no instante em que uma das gotas está se 
soltando.
Y
X
Considerando que cada pingo “abandone” o conta-gotas com velocidade 
nula e desprezando a resistência do ar, pode-se afirmar que a razão ,
X
Y
 
entre as distâncias X e Y, mostradas na figura, vale:
(A) 2.
(B) 1.
2
(C) 1.
4
(D) 4.
 01 (AFA) Dois automóveis, A e B, encontram-se estacionados 
paralelamente ao marco zero de uma estrada. Em dado instante, 
o automóvel A parte, movimentando-se com velocidade escalar constante 
vA = 80 km/h. Depois de certo intervalo de tempo, Δt, o automóvel B parte 
no encalço de A com velocidade escalar constante vB = 100 km/h. Após 
2 h de viagem, o motorista de A verifica que B se encontra 10 km atrás 
e conclui que o intervalo Δt, em que o motorista B ainda permaneceu 
estacionado, em horas, é igual a:
(A) 0,25.
(B) 0,50.
(C) 1,00.
(D) 4,00.
 02 Uma partícula desloca-se do ponto A até o pontoB.
BA
Na primeira terça parte do percurso, sua velocidade escalar média vale v1; 
na segunda terça parte, vale v2, e na terceira, v3. Determine a velocidade 
escalar média no percurso total de A até B.
 03 (Young e Freedman) Dois carros, A e B, deslocam-se ao longo de uma 
linha reta. A distância de A ao ponto inicial é dada em função do tempo 
por xA(t) = αt + βt
2, com α = 2,60 m/s e β = 1,2 m/s2. A distância de 
B ao ponto inicial é dada em função do tempo por xB(t) = γt
2 – δt3, em 
que γ = 2,80 m/s2 e δ = 0,20 m/s3. 
a. Qual carro está na frente assim que eles saem do ponto inicial? 
b. Em que instante(s) os carros estão no mesmo ponto? 
c. Em que instante(s) a distância entre os carros A e B não aumenta nem 
diminui?
d. Em que instante(s) os carros A e B têm a mesma aceleração?
 04 (PUC-PR) Um automóvel parte do repouso em uma via plana, na qual 
desenvolve movimento retilíneo uniformemente variado. Ao se deslocar 
4,0 m a partir do ponto de repouso, ele passa por uma placa sinalizadora 
de trânsito e, 4,0 s depois, passa por outra placa sinalizadora 12 m adiante. 
Qual a aceleração desenvolvida pelo automóvel?
 05 (UFPR) Um ciclista movimenta-se com sua bicicleta em linha reta a 
uma velocidade constante de 18 km/h. O pneu, devidamente montado na 
roda, possui diâmetro igual a 70 cm. No centro da roda traseira, presa ao 
eixo, há uma roda dentada de diâmetro 7,0 cm. Junto ao pedal e presa 
ao seu eixo há outra roda dentada, de diâmetro 20 cm. As duas rodas 
dentadas estão unidas por uma corrente, conforme mostra a figura. Não 
há deslizamento entre a corrente e as rodas dentadas. Supondo que o 
ciclista imprima aos pedais um movimento circular uniforme, assinale a 
alternativa correta para o número de voltas por minuto que ele impõe aos 
pedais durante esse movimento. Nessa questão, considere π = 3.
(A) 0,25 rpm.
(B) 2,50 rpm.
(C) 5,00 rpm.
(D) 25,0 rpm.
(E) 50,0 rpm.
 06 O movimento unidimensional de uma partícula está plotado na figura 
abaixo. 
vx m/s
t, s
15
10
10
5
0
–5
–10
–15
A C EB D
2 4 86
a. Qual é a aceleração média em cada um dos intervalos, AB, BC e CE? 
b. A que distância a partícula está de seu ponto de partida após 10 s? 
c. Esboce o deslocamento da partícula como função do tempo; assinale 
os instantes A, B, C, D e E em seu gráfico.
d. Quando a partícula está se deslocando o mais vagarosamente?
 07 Um carro percorre uma linha reta com movimento uniformemente 
acelerado. Nos instantes t1e t2, suas posições são x1e x2, respectivamente. 
Sabendo que a posição inicial do carro é a origem do sistema adotado, 
determine o valor da aceleração do veículo.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
347IME-ITA – Vol. 1
 08 Duas partículas, A e B, percorrem uma mesma circunferência com 
movimentos uniformes e períodos respectivamente iguais a T e nT, sendo 
n um número inteiro positivo. No instante t = 0, as partículas ocupam uma 
mesma posição PO. Sabendo-se que as partículas caminham no mesmo 
sentido, o valor de n para que as partículas só se encontrem na mesma 
posição PO é:
(A) 2.
(B) 3.
(C) 4.
(D) 5.
(E) n.r.a.
 09 O trajeto de um móvel é dividido em n trechos iguais. No primeiro, o 
móvel tem velocidade média V1, no segundo, V2, e assim por diante até 
que o último tem velocidade média Vn. Prove que a velocidade média do 
móvel no percurso total é a média harmônica das velocidades médias em 
cada trecho.
Obs.: Média harmônica de n números é o inverso da média aritmética dos 
inversos dos mesmos n números.
 10 (ITA) Para multar motoristas com velocidades superiores a 90 km/h, 
um guarda rodoviário, munido de binóculo e cronômetro, aciona o 
cronômetro quando avista o automóvel passando pelo marco A e faz a 
leitura no cronômetro quando vê o veículo passar pelo marco B, situado 
a 1.500 m de A. Um motorista passa por A a 144 km/h e mantém essa 
velocidade durante 10 segundos, quando percebe a presença do guarda. 
Que velocidade média deverá manter em seguida, para não ser multado?
 11 (ITA) Dois automóveis partem ao mesmo tempo de um mesmo 
ponto e no mesmo sentido. A velocidade do primeiro automóvel é de 
50 km/h, e a do segundo automóvel é de 40 km/h. Depois de meia hora, 
do mesmo ponto e no mesmo sentido, parte um terceiro automóvel que 
alcança o primeiro 1,5 h mais tarde que o segundo. Determine a velocidade 
do terceiro automóvel. 
 12 A figura representa dois discos de papelão fixados a um mesmo eixo, 
que roda com frequência igual a 50 Hz. Os discos foram fixados em locais 
do eixo que distam 2 m um do outro. Um projétil é disparado paralelamente 
a esse eixo, movendo-se em movimento retilíneo e uniforme, perfurando 
os discos. O ângulo entre o plano que contém o eixo e o furo no primeiro 
disco e o plano que contém o eixo e o furo no segundo disco é igual a 45°. 
Determine a velocidade do projétil, sabendo que, entre as duas perfurações, 
os discos completaram duas voltas.
 13 (PUC-SP) Um veículo percorre a distância entre duas cidades de tal 
forma que, quando percorre a primeira metade desse trajeto com velocidade 
constante e igual a 15 m/s, gasta 2 h a mais do que quando o percorre 
também com velocidade constante e igual a 25 m/s. A segunda metade 
desse trajeto é sempre percorrida com velocidade constante e igual à média 
aritmética das duas velocidades anteriores. Nessas condições, quando o 
veículo percorrer a primeira metade do trajeto com velocidade constante de 
25 m/s, a velocidade média, em km/h, ao longo de todo o trajeto, a distância, 
em km, entre as cidades e o tempo gasto, em h, na primeira metade do 
trajeto quando a velocidade vale 15 m/s valem, respectivamente:
(A) 40, 270 e 2,5.
(B) 40, 270 e 4,5.
(C) 80, 270 e 5,0.
(D) 80, 540 e 3,0.
 14 (ITA – adaptada) Considere dois carros que estejam participando de 
uma corrida. O carro A consegue realizar cada volta em 80 s, enquanto 
o carro B é 5,0% mais lento no tempo de uma volta. O carro A é forçado 
a uma parada nos boxes ao completar a volta de número 6. Incluindo 
aceleração, desaceleração e reparos, o carro A perde 135 s. Qual deve 
ser o número mínimo de voltas completas da corrida para que o carro A 
possa vencer?
(A) 28.
(B) 33.
(C) 34.
(D) 27.
(E) n.r.a.
 15 Considere que, em um tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea 
com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q.
QM1P
M2
90°v
O aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do 
impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2. Sendo 
Vs a velocidade do som no ar, a razão entre as respectivas distâncias dos 
aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é:
(A) Vs (V – Vs) / (V
2 – Vs
2).
(B) Vs (Vs – V) / (V
2 – Vs
2).
(C) V (V – Vs) / (Vs
2 – V2).
(D) Vs (V + Vs) / (V
2 – Vs
2).
(E) Vs (V – Vs) / (V
2 + Vs
2).
 16 Dois trens estão a uma distância de 200 km e aproximam-se um do outro 
com uma velocidade de 50 km/h cada um. Uma mosca voa constantemente 
entre as locomotivas dos dois trens, de um para-choque ao outro, com uma 
velocidade de 75 km/h, até o instante em que os trens se chocam e a mosca 
morre esmagada. Qual foi a distância total percorrida pela mosca?
 17 A maior aceleração (ou desaceleração) tolerável pelos passageiros de 
um trem urbano é de 2 m/s2. Sabe-se que a distância entre duas estações 
consecutivas é de 800 m e que o trem para em todas as estações.
FÍSICA I
Assunto 1
348 IME-ITA – Vol. 1
Sugestão: Resolva essa questão utilizando o gráfico da velocidade escalar 
em função do tempo.
Determine:
a. a máxima velocidade que o trem pode atingir no percurso de uma 
estação a outra.
b. o tempo mínimo para o trem ir de uma estação a outra consecutiva.
 18 (ITA) Os espaços de um móvel variam com o tempo, conforme o 
gráfico a seguir, que é um arco de parábola cujo vértice está localizado 
no eixo e:
t(s)
e(m)
57
48
0 1 2
Determine:
a. o espaço em t = 0.
b. a aceleração escalar.
c. a velocidade em t = 3 s. 
 19 (ITA) Um móvel parte da origem do eixo x com velocidade constante 
igual a 3 m/s.No instante t = 6 s, o móvel sofre uma aceleração 
g = –4 m/s2. A equação horária a partir do instante t = 6 s será:
(A) x = 3t – 2t2.
(B) x = 18 + 3t – 2t2. 
(C) x = 18 – 2t2.
(D) x = –72 + 27t – 2t2. 
(E) x = 27t – 2t2.
 20 (ITA) De uma estação parte um trem, A, com velocidade constante 
VA = 80 km/h. Depois de certo tempo, parte dessa mesma estação um 
outro trem, B, com velocidade constante VB = 100 km/h. Depois de um 
tempo de percurso, o maquinista de B verifica que seu trem encontra-se 
a 3 km de A. A partir desse instante, ele aciona os freios indefinidamente, 
comunicando ao trem uma aceleração a = –50 km/h2. O trem A continua 
no seu movimento anterior. Nessas condições:
(A) não houve encontro dos trens.
(B) depois de 2 horas, o trem B para e a distância que o separa de A é de 
64 km.
(C) houve encontro dos trens depois de 12 minutos.
(D) houve encontro dos trens depois de 36 minutos.
(E) não houve encontro dos trens; eles continuam caminhando e a 
distância que os separa, agora, é de 2 km. 
 21 (ITA) Um automóvel a 90 km/h passa por um guarda em um local 
em que a velocidade máxima é de 60 km/h. O guarda começa a perseguir 
o infrator com sua moto mantendo aceleração constante até que atinge 
108 km/h em 10 segundos e continua com essa velocidade até alcançá-lo. 
Qual a distância total percorrida pelo guarda?
 22 (Irodov) Um automóvel, tendo velocidade inicial nula, desloca-se por 
um caminho reto. Inicialmente, ele trafega com aceleração constante w= 
5 m/s2, logo depois com uma velocidade constante e, finalmente, reduz 
sua velocidade com a mesma aceleração w, parando. Durante os 25 
segundos de movimento, sua velocidade média foi de 72 km/h. Durante 
quanto tempo o automóvel manteve sua velocidade constante?
 23 Dois carros, A e B, movem-se no mesmo sentido com velocidades VA 
e VB, respectivamente. Quando o carro A está a uma distância d atrás de 
B, o motorista do carro A pisa no freio, o que causa uma desaceleração 
constante de módulo a. Qual a condição necessária para que não haja 
colisão entre A e B?
 24 (IME) De dois pontos, A e B, situados sobre a mesma vertical, 
respectivamente a 45 m e 20 m do solo, deixam-se cair duas esferas, 
no mesmo instante. Uma prancha desloca-se no solo horizontalmente 
com movimento uniforme. Observa-se que as esferas atingem a prancha 
em pontos que distam 2 m. Nessas condições, supondo g = 10 m/s2 e 
desprezando a resistência do ar, qual a velocidade da prancha?
 25 Na figura abaixo, é representada uma barra de comprimento L, unida a 
duas cordas acopladas nas polias 1 e 2. Determine, em função dos dados 
abaixo, o tempo gasto para que a barra esteja na horizontal, sabendo que 
a polia 1 gira no sentido horário e a polia 2 no anti-horário. 
Dado: ω1 – ω2 = ω.
L
ω1 RA RB
ω2
q
 26 Um engenheiro trabalha em uma fábrica que fica nos arredores da 
cidade. Diariamente, ao chegar à última estação ferroviária, um carro 
da fábrica transporta-o para o local de trabalho. Certa vez, o engenheiro 
chegou à estação uma hora antes do habitual, e, sem esperar o carro, 
foi a pé até o local de trabalho. No caminho, encontra-se com o carro e 
chega à fábrica 10 minutos antes do habitual. Quanto tempo caminhou o 
engenheiro antes de encontrar-se com o carro?
 27 Dois trens partem simultaneamente de dois pontos, A e B, distantes 
5.000 m um do outro. Os trens possuem velocidades constantes de 20 m/s 
e de sentidos contrários, sendo que o trem I dirige-se para B. Sabendo que 
os trens possuem comprimento de 100 m, determine quanto tempo um 
automóvel deve esperar em A, após o início do movimento dos trens, para 
que, deslocando-se a 40 m/s, demore 50 s entre iniciar a ultrapassagem 
sobre o trem I e terminar a ultrapassagem sobre o trem II.
FÍSICA I
Assunto 1
Cinemática escalar
349IME-ITA – Vol. 1
 01 Um projétil, ao penetrar em um alvo com velocidade inicial u, perde u/n 
de sua velocidade ao percorrer uma distância a dentro dele. Que distância 
ele percorrerá a mais até parar?
 02 (OBF) Dois aviões de combate, A e B, voam em trajetória retilínea e 
horizontal e estão alinhados. Estando distanciados 600 m um do outro, o 
que vem atrás inicia uma sequência de disparos contra o outro, à razão de 
1 projétil a cada quarto de segundo. A velocidade dos projéteis, relativamente 
ao avião A, é constante e igual a 500 m/s e, como o tempo de seu percurso é 
muito curto, o efeito de queda do projétil pela gravidade é irrelevante na análise 
dessa situação. Considerando que o avião que vem por trás voa com uma 
velocidade de 100 m/s e que a velocidade do da frente é 120 m/s, determine:
a. o tempo que o primeiro projétil disparado leva para atingir o avião que 
vai à frente.
b. a distância entre dois projéteis lançados simultaneamente.
c. o número de projéteis, por segundo, que atingem a aeronave da frente.
 03 Três turistas que têm uma bicicleta devem chegar ao centro turístico 
no menor espaço de tempo (o tempo conta até que o último turista chegue 
ao centro). A bicicleta pode transportar apenas duas pessoas e, por isso, o 
terceiro turista deve iniciar o trajeto a pé. O primeiro turista, que nunca larga a 
bicicleta, leva o segundo turista até determinado ponto do caminho, de onde 
o segundo turista continua a andar a pé e o primeiro volta para transportar o 
terceiro. Encontre a velocidade média dos turistas, sabendo que a velocidade 
de quem está a pé é 4 km/h e de quem está na bicicleta é 20 km/h.
 04 Em uma rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15 m atrás de 
um caminhão (distância entre os pontos médios), ambos trafegando a 
80 km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3 m/s2. O motorista deseja 
ultrapassar o caminhão e voltar a sua pista 15 m adiante do caminhão. No 
momento em que começa a ultrapassagem, avista um ônibus que vem no 
sentido oposto, também a 80 km/h. A que distância mínima precisa estar 
do outro carro para que a ultrapassagem seja segura?
 05 Dois carros estão em repouso em duas estradas perpendiculares. 
O primeiro está a uma distância l da interseção das duas estradas, e 
o segundo, a uma distância d do mesmo ponto. Os dois começam a 
se mover simultaneamente em direção à interseção, o primeiro com 
aceleração constante a e o segundo com aceleração constante b. Qual a 
menor distância que eles tiveram entre si durante seus movimentos?
 06 (IME) Um elevador parte do repouso e sobe com aceleração constante 
igual a 2 m/s2 em relação a um observador fixo fora do elevador. Quando 
sua velocidade atinge o valor v = 6 m/s, uma pessoa que está dentro do 
elevador larga um pacote de uma altura h = 2,16 m, em relação ao piso 
do elevador. Considerando que o elevador continue em seu movimento 
acelerado ascendente, determine para o observador fixo e para o localizado 
no interior do elevador:
Dado: g = 10 m/s2.
a. o tempo de queda.
b. a distância total percorrida pelo pacote até que encontre o piso do 
elevador.
c. se o pacote entra em movimento descendente. 
 07 Uma pedra é abandonada do topo de um desfiladeiro e, após n segundos, 
outra pedra é lançada para baixo com velocidade v. A que distância do 
topo do desfiladeiro a segunda pedra ultrapassa a primeira?
 08 (ITA) A partir do repouso, deixa-se cair uma pedra da borda no alto 
de um edifício. A figura seguinte mostra a disposição das janelas, com 
as pertinentes alturas h e distâncias L, que se repetem igualmente para 
as demais janelas, até o térreo. Se a pedra percorre a altura h da primeira 
janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer, em segundos, 
a mesma altura h da quarta janela? Despreze a resistência do ar.
1a janela
2a janela
L
L
L
h
h
 09 (UEG) Observe a figura:
60°
Rn + 1 Rn
En + 1
En
s
R1
E1
t
Nessa figura, está representada uma máquina hipotética constituída de uma 
sequência infinita de engrenagens circulares, E1, E2, E3..., que tangenciam 
as retas s e t. Cada engrenagem En tangencia a próxima engrenagem En + 1. 
Para todo número natural n, Rn e ωn são, respectivamente, o raio e a 
velocidadeangular do circuito En.
Considerando essas informações e que R1 = 0,1µ:
a. determine Rn em função de n.
b. mostre que ωn + 1 = 3ωn, para todo n.
 10 (ITA) Um corpo, inicialmente em repouso, entra em movimento com 
aceleração escalar constante a, no instante t = 0.
a. Mostre que as diferenças entre as distâncias percorridas em intervalos 
de tempos consecutivos e iguais a uma unidade de tempo são sempre 
as mesmas e têm o mesmo valor numérico de a.
b. Determine a distância percorrida durante a n-ésima unidade de tempo. 
Verifique que ela é um múltiplo ímpar da distância percorrida na 
primeira unidade de tempo.
Dinâmica em movimentos retilíneos
FÍSICA I ASSUNTO
2
350 IME-ITA – Vol. 1
1. Introdução
A Dinâmica é o ramo da mecânica que estuda a relação entre força 
e movimento. Logo, tem sua essência na preocupação em determinar 
as causas do movimento, sem deixar de lado, é claro, os conceitos de 
cinemática que estudamos na Apostila 1.
Neste capítulo, estudaremos as leis de Newton aplicadas a referenciais 
inerciais e como podemos extendê-las a referenciais não inerciais. Ainda 
nos atendo apenas ao movimento retilíneo, além dos tipos mais comuns 
de forças, aprenderemos a resolver os mais diversos tipos de problemas 
que envolvem os conceitos estudados.
2. As leis de Newton
A expressão “leis de Newton” se refere às três leis que conceituam e 
explicam os comportamentos dos corpos com relação a seu movimento. 
Ou seja, permitem, por si só, o entendimento do porquê um corpo pode 
passar a se mover a partir do repouso, do porquê um corpo pode chegar 
ao repouso depois de estar em movimento e do porquê um corpo pode 
alterar seu movimento. As três leis foram formuladas pelo físico inglês 
Isaac Newton e publicadas em seu livro Philosophiae Naturalis Principia 
Mathematica, no século XVII. 
A interação entre dois corpos é ditada pelo conceito de força. Essas 
forças são definidas sob uma fundamentação vetorial, apesar de as 
estudarmos muitas vezes sob uma visão puramente escalar.
Os seus enunciados estão explicitados a seguir:
2.1 Primeira lei de Newton
“Todo corpo tende a continuar em seu estado de repouso ou 
movimento uniforme retilíneo, a não ser que uma força passe a atuar sobre 
ele, obrigando-o a alterar aquele estado.”

F v� � �0 cte ou repouso
Ou seja, se não há força resultante atuando sobre o corpo, este 
permanecerá no seu estado atual, caso seja de repouso ou de movimento 
retilíneo. Essa lei é conhecida como lei da inércia.
Newton a apresentou para que se pudesse estabelecer um referencial 
para as duas próximas leis, já que esta lei postula que exista, no mínimo, 
um referencial, denominado inercial, no qual, quando a força resultante é 
nula, o corpo se move em MRU ou está em repouso.
Assim, como as duas próximas leis decorrem dessa, as leis de 
Newton só têm validade em um referencial inercial, cuja definição 
decorre justamente dessa propriedade. Mais à frente promoveremos uma 
explicação mais exata sobre as diferenças entre um referencial inercial e 
um referencial não inercial.
2.2 Segunda lei de Newton
“Uma partícula sob ação de uma força resultante adquirirá uma 
aceleração diretamente proporcional à força resultante, no mesmo sentido 
e direção, e inversamente proporcional à massa.”
A princípio, essa lei, também denominada de princípio fundamental da 
dinâmica, afirma que a força resultante é a taxa de variação do momento 
linear ou quantidade de movimento (estudaremos mais a fundo sobre isso 
em outros capítulos) com o tempo. Dessa forma:
F
d p
dt
d mv
dt

 
= =
( )
Porém, já que, na maioria das vezes, trabalhamos com sistemas que 
possuem massa constante, a massa pode ser “retirada” dessa taxa, o 
que resulta em:
F m
dv
dt


=
Como a aceleração é a derivada temporal da velocidade, temos:
F ma
 
=
Essa é a expressão geralmente usada nos cálculos para solucionar 
os problemas. Vê-se que ela pressupõe que toda força é associada a 
uma aceleração.
Sabe-se que, no Sistema Internacional de Unidades (SI), a unidade 
de força é kg · m/s2, também chamada de N (newton), em homenagem a 
Isaac Newton. Logo, 1 N é a força resultante necessária a ser aplicada em 
um corpo de 1 kg para que adquira uma aceleração de 1 m/s2.
2.3 Terceira lei de Newton
“A toda força de ação corresponde uma de reação, de mesmo módulo, 
mesma direção e em sentido contrário, aplicadas em corpos diferentes.”
As forças de ação e reação não se equilibram, pois estão sempre 
aplicadas em corpos diferentes. Se o corpo A faz uma força no corpo B, o 
corpo B produzirá uma força sobre o corpo A de mesmo módulo e direção, 
porém em sentido contrário. É, então, conhecida como “lei da ação e reação”.
3. As forças mais comuns
3.1 Peso
O peso é a força de atração gravitacional dada pela expressão:
P m g
�� �
� �
Na expressão, g

é a aceleração da gravidade local. É exercido pelo 
centro da Terra, e tem sempre o sentido da aceleração gravitacional (veja 
que a aceleração associada ao peso é a gravidade, um exemplo do que 
foi dito em 1.2). A força gravitacional será estudada mais profundamente 
no capítulo Gravitação universal. Por enquanto, o conhecimento dela 
limita-se ao que foi escrito.
3.2 Normal
É a força de contato entre superfícies. É sempre perpendicular às 
superfícies.
N
N
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
351IME-ITA – Vol. 1
A força normal é sempre exercida pela superfície sobre o corpo. 
Muitos confundem a força normal como a reação à força peso, o que está 
totalmente errado. A força normal e a força peso estão aplicadas no mesmo 
corpo, e, como foi visto, forças de ação e reação devem estar aplicadas 
em corpos diferentes. Logo, as forças normal e peso não constituem par 
ação-reação. A reação da força peso é aplicada pelo corpo no centro da 
Terra, e a reação à força normal é aplicada pelo corpo na superfície em 
que está apoiado.
Obs.: Quando se mede o peso de um corpo em uma balança, a força 
que na verdade é medida é a normal! Logo, quando um problema pedir a 
medição da balança, nunca responda com o peso do corpo, mas sim com 
a intensidade da força normal que a balança fizer no corpo.
3.3 Tração
É a força que atua em cabos, fios, elos etc. Atua sempre no sentido 
de puxar os corpos.
T
T
T
T
T
T
T
O único motivo pelo qual podemos considerar as trações constantes 
nos problemas em que o sistema está acelerado é o fato de que 
consideraremos, na maioria das vezes, os fios sem massa ou com 
massa desprezível (ideais). Dessa forma, pense em um elemento do fio 
de comprimento infinitesimal dl, que tenha massa dm, e esteja contido em 
um sistema acelerado. Suponhamos que atuem nele duas trações T1 e T2, 
de sentidos opostos. A força resultante do fio nesse elemento seria, então:
Fres = dm · a = |T1 – T2 |
Dessa forma, se dm = 0, temos que T1 – T2 = 0 → T1 = T2, o que 
mostra que a tração será constante ao longo do fio.
3.4 Atrito
Força que surge entre dois corpos em contato, quando a superfície 
de um deles escorrega ou tende a escorregar em relação à superfície do 
outro. No primeiro caso, o atrito é denominado cinético. No segundo caso, 
o atrito é denominado estático.
3.4.1 Atrito estático
A força de atrito estático surge quando as superfícies de corpos em 
repouso e em contato entre si possuem tendência de movimento relativo 
uma à outra, chegando à iminência de movimento. Nessa situação, a força 
de atrito é máxima, e é dada pela expressão:
Fat NFat máxima = µeN
em que:
µe = coeficiente de atrito estático 
entre as superfícies.
N = força de reação da superfície.
Enquanto não se aplica no corpo uma força que supere a força de 
atrito estático máxima, o corpo permanece em repouso, e a força de atrito 
estático cresce linearmente, até chegar a seu limite, justamente a força 
de atrito estático máxima (iminência de movimento). Após isso, o atrito 
passa a ser cinético.
3.4.2 Atrito dinâmico (cinético)
A força de atrito dinâmico, ou cinético, surge quando as superfícies 
dos corpos possuem movimento relativo(escorregamento) uma em 
relação à outra.
A força de atrito dinâmico pode ser calculada pela expressão:
N
Fat
Fatd = µdN
em que:
µd = coeficiente de atrito dinâmico 
entre as superfícies.
N = força de reação da superfície.
Suponha, então, um corpo de 3 kg apoiado em uma superfície áspera 
e horizontal, cujos μe = 0,5 e μd = 0,333. O corpo é submetido a uma 
força F, conforme mostra a figura abaixo:
g

F

P
��
N
��
F

at
Sabemos, então, que o peso do corpo é dado por P = 3 · 10 = 30 N. 
Como a força resultante na vertical é nula, já que o corpo está em 
repouso, temos que a força normal é N = P = 30 N. Logo, temos que a 
Fate máxima = 0,5 · 30 = 15 N.
Suponhamos que F = 5 N. Logo, F < Fate máxima. Logo, temos que 
o corpo continua em repouso, já que a Fate máxima não foi vencida. Logo, 
Fate = F = 5 N. A mesma situação ocorre para qualquer valor de F < 15 N.
Quando F = 15 N, temos que F = Fate máxima. O corpo continua parado, 
porém, como dissemos anteriormente, está na iminência de movimento, 
ou seja, está prestes a se mover.
Quando F > 15 N, o corpo sai do repouso e passa a se mover. Como 
há escorregamento (movimento relativo) entre a superfície de contato 
do corpo e o plano horizontal, o atrito passa a ser dinâmico, igual a 
Fatd = 30 · 0,333 = 10 N, constante, não importando qual o valor de F a 
ser aplicado. A seguir, é representado o gráfico da Fat com a variação de 
F. A Fat aumenta linearmente enquanto F ≤ 15 N (atrito estático). Depois 
disso, o atrito passa a ser constante e igual a 10 N (atrito cinético).
Fat (N)
F (N)
15
15
10
0
FÍSICA I
Assunto 2
352 IME-ITA – Vol. 1
Lembrando que, para haver atrito cinético, deve haver escorregamento 
entre as superfícies de contato, e não apenas movimento. Um exemplo 
típico é um carro que se desloca sem patinar. Enquanto suas rodas apenas 
giram, sem deslizar em relação ao chão, o que faz com que o carro se 
desloque para frente é o atrito estático entre os pneus e a pista. Não há 
atrito cinético nesse caso, já que as rodas não estão deslizando, ou seja, 
não estão “arrastando” no chão. A mesma coisa acontece quando andamos 
em um chão seco. Quando damos um passo, nosso pé permanece em 
repouso em relação ao chão, não havendo atrito cinético, apenas estático. 
É como se “empurrássemos” o chão para trás e o chão reagisse “nos 
empurrando” para frente. Como nossa massa é muito menor do que a 
massa do chão, quem adquire maior aceleração somos nós, enquanto o 
chão não se move.
3.4.3 Resistência do ar
Quando um objeto se move em um fluido (ar ou água, basicamente), 
o fluido exerce sobre ele uma força de resistência. Essa força depende de 
características do fluido, da forma do objeto e da velocidade com que o 
objeto está se movendo. Tem papel semelhante ao atrito: tende a reduzir 
a velocidade do corpo, muitas vezes diminuindo apenas a sua aceleração. 
Porém, difere do atrito dinâmico no seguinte aspecto: a força de resistência 
em um fluido aumenta com o acréscimo da velocidade.
Dessa forma, a força de resistência do ar é proporcional ao quadrado 
da velocidade do móvel,
R = c · v2
em que: 
c = constante de proporcionalidade empírica (depende da forma do corpo).
Sendo assim, considerando um caso em que R = c · v², à medida 
que um corpo cai devido à força peso, a sua velocidade vai aumentando, 
bem como a força de resistência do ar, fazendo com que a força resultante 
diminua. O limite dessa força de resistência é o próprio peso. A velocidade 
do corpo, quando a força de resistência se iguala ao peso, mantém-se 
constante e é denominada velocidade limite, e pode ser calculada como 
se segue: 
P R m g c v v
m g
c
� � � � � � �
�2
(ENEM-2013) Em um dia sem vento, ao saltar de um avião, um 
paraquedista cai verticalmente até atingir a velocidade limite. No instante 
em que o paraquedas é aberto (instante TA), ocorre a diminuição de sua 
velocidade de queda. Algum tempo após a abertura do paraquedas, ele 
passa a ter velocidade de queda constante, que possibilita sua aterrissagem 
em segurança.
Que gráfico representa a força resultante sobre o paraquedista, durante o 
seu movimento de queda?
(A) força 
resultante
tempo
TA0
(B) força 
resultante
tempo
TA0
(C) força 
resultante
tempo
TA0
(D) força 
resultante
tempo
TA0
(E) força 
resultante
tempo
TA0
Solução: Letra B.
Durante a queda livre do paraquedista, a força resultante que atua sobre ele é 
Fres = P – c · v², em que P é seu peso e c · v² é a força de resistência do 
ar. Como c · v² aumenta, dado o aumento da velocidade, a força resultante 
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
353IME-ITA – Vol. 1
diminui com o tempo, de forma não linear. O paraquedista abre o paraquedas 
em TA, quando atingiu sua velocidade limite, ou seja, quando a força resultante 
é igual a 0. Dessa forma, eliminamos as letras C e E. Com a abertura do 
paraquedas, a força resultante tem seu sentido alterado, já que o paraquedas 
provoca uma força de resistência do ar muito maior do que a que atua 
sobre o próprio paraquedista em queda livre com o paraquedas fechado. 
A força resultante, agora, deve ser negativa e com módulo elevado, pois a 
força de resistência passa a ser maior que o peso. Depois de um tempo, 
o paraquedista passa a ter velocidade constante, o que significa que o 
módulo da força resultante reduziu-se a 0. Assim, o único gráfico que pode 
representar o comportamento da força resultante com o tempo é o da letra B.
3.5 Elástica
As forças elásticas surgem sempre que se provoca uma deformação 
em um corpo, e sempre tendem a fazer com que o corpo retorne à sua 
posição de equilíbrio inicial. Em regime elástico, a deformação sofrida por 
uma mola é diretamente proporcional à intensidade da força que a provoca. 
Quando a mola obedece a lei de Hooke, esse comportamento é linear, e 
é calculada pela expressão:
F = K · x
em que: 
K = constante elástica da mola (unidade no SI: N/m).
x = deformação sofrida pela mola (unidade no SI: m).
A figura a seguir mostra as orientações da força elástica em uma mola 
quando comprimida e esticada, respectivamente:
x0
x
F
F
–∆x
Essa força será importantíssima no estudo posterior do Movimento 
Harmônico Simples (MHS) em um sistema massa-mola, já que atuará 
como força de restauração do sistema (força que tende a restaurar o 
equilíbrio do sistema).
Molas com diferentes constantes elásticas podem ser associadas, e 
podemos substituí-las por uma única mola que preserve as propriedades 
que as molas tinham previamente. Existem dois tipos de associação, 
como veremos a seguir.
3.5.1 Associação de molas ideais em série
Dizemos que molas estão associadas em série quando o “final” de 
uma está conectado ao “início” de outra, como mostra a figura abaixo: 
K K K
Suponha que uma força seja aplicada no sistema mostrado na figura 
a fim de se comprimir as molas. Como as molas são ideais, ou seja, não 
possuem massa, ocorre a mesma situação da tração em um fio ideal: a 
força elástica permanece constante ao longo da associação. Dessa forma, 
a força elástica que atua nas três molas é igual. Temos também que, se 
houvesse apenas uma mola sendo comprimida, o deslocamento dela seria 
igual ao deslocamento das três molas e a força elástica aplicada a ela 
seria a mesma. Dessa forma, temos:
x x x x
F
K
F
K
F
K
F
K K Kii
eq
el
eq
el el el
eq
� � � � � � � � ��1 2 3
1 2 3
1 1
Em outras palavras, o inverso da constante elástica equivalente a uma 
associação de molas ideais em série é igual ao somatório dos inversos 
das constantes elásticas das molas que estão presentes na associação 
original. Esse resultado é equivalente à resistência equivalente de 
uma associação de resistores em paralelo, assunto a ser abordado no 
capítulo Associação de resistores. 
3.5.2 Associação de molas ideais em paralelo
Dizemos que molas estão associadas em série quando os “inícios” 
de todas elas estão conectados a uma mesma superfície, assim como 
os “finais” delas estão conectados a uma outra superfície, como mostraa figura abaixo: 
K
K
K
Nesse tipo de situação, se uma força é aplicada no bloco a fim de se 
comprimirem as molas, a deformação das molas será igual, já que elas têm 
o mesmo grau de liberdade. Dessa forma, se houvesse apenas uma mola 
sendo comprimida, o deslocamento desta seria igual ao deslocamento das 
molas em paralelo, e a força aplicada nela seria igual à soma das forças 
aplicadas nas molas em paralelo. Assim sendo:
F F F F K x K x K x K x K Ki
i
eq eq eq� � � � � � � � ��1 2 3 1 2 3
Em outras palavras, a constante elástica equivalente a uma associação 
de molas ideais em paralelo é a soma das constantes elásticas das 
molas da associação original. Esse resultado é equivalente à resistência 
equivalente de uma associação de resistores em série, assunto a ser 
abordado no capítulo Associação de resistores.
4. Resolução de problemas
Os problemas de dinâmica são muito variados. Por essa razão, não 
existe uma forma única de resolvê-los. Assim, abaixo serão descritos 
passos básicos e indispensáveis para a resolução de qualquer problema. 
Os problemas podem envolver concomitantemente as três leis de 
Newton, portanto, a interpretação de cada problema em sua individualidade 
é essencial para a solução.
Caso os componentes de um sistema mecânico não apresentem 
movimento relativo entre si, o sistema pode ser analisado como um todo, 
ou seja, os corpos podem ser estudados como se fossem um único corpo, 
cuja massa é dada pela massa total dos corpos. As forças de interação 
entre os componentes, neste caso, são chamadas de forças internas, e 
não aparecerão no diagrama de forças do sistema, já que forças internas 
são incapazes de realizar trabalho no sistema (estudaremos esse conceito 
mais a fundo posteriormente). Essas forças só poderão ser analisadas 
FÍSICA I
Assunto 2
354 IME-ITA – Vol. 1
e calculadas quando isolamos os componentes do sistema. Elas então 
passam a ser denominadas forças externas. Esse procedimento muitas 
vezes facilita o cálculo da aceleração do sistema e o posterior cálculo das 
forças internas (isolando-se cada componente).
Caso os componentes de um sistema mecânico apresentem 
movimento relativo entre si, será necessário relacionar as suas acelerações 
antes de se iniciar a resolução do problema, por meio dos chamados 
vínculos geométricos. Os vínculos geométricos dependerão das situações 
expostas em cada problema; logo, a interpretação geométrica do 
problema será muito importante. Descobre-se, primeiramente, como os 
deslocamentos dos componentes do sistema estão atrelados entre si, e, 
como a aceleração é a segunda derivada da posição, temos que a relação 
entre os deslocamentos é a mesma relação entre as acelerações. Após 
descobrir-se como as acelerações dos componentes estão relacionadas, 
pode-se solucionar o problema normalmente, valendo-se da equação que 
relaciona as acelerações.
Partindo dessas considerações, a resolução dos problemas seguirá 
basicamente os passos apresentados na ilustração: 
Representação das forças no sistema e dos diagramas de corpo livre dos 
componentes do sistema, respectivamente.
4.1 Envolvendo a primeira lei
• Interpretar corretamente o problema para concluir se se trata de 
repouso ou movimento retilíneo uniforme;
• isolar os componentes em diagrama de corpo livre, caso não haja 
movimento relativo entre eles. Se conveniente, considerar o sistema 
todo, com massa igual à soma das massas dos componentes, e 
desconsiderar forças internas;
• indicar corretamente as forças de ação e de reação (geralmente, são 
forças internas ao sistema, então só aparecerão caso se isolem os 
componentes em diagrama de corpo livre);
• verificar com muita atenção o sentido da força de atrito, quando houver;
• escolher sabiamente os eixos coordenados para diminuir o trabalho de 
projeção de forças, ou seja, escolher os eixos de forma que contenham 
o maior número de forças possível.
4.2 Envolvendo a segunda lei
• Interpretar corretamente o problema para concluir se se trata de 
um corpo em desequilíbrio, logo, acelerado (verificar o sentido da 
aceleração);
• isolar os componentes em diagrama de corpo livre, caso não haja 
movimento relativo entre eles. Se conveniente, considerar o sistema 
todo, com massa igual à soma das massas dos componentes, e 
desconsiderar forças internas;
• indicar corretamente as forças de ação e de reação (geralmente, são 
forças internas ao sistema, então só aparecerão caso se isolem os 
componentes em diagrama de corpo livre);
• verificar com muita atenção o sentido da força de atrito, quando houver;
• escolher sabiamente os eixos coordenados. Um eixo deverá estar sempre 
no sentido da aceleração, enquantro o outro eixo deve ser perpendicular 
ao eixo que contiver a aceleração. Quando isto puder ser feito, o segundo 
eixo estará tratando de equilíbrio, logo aplicar-se-á a primeira lei.
5. Leis de Newton em um 
referencial não inercial
Antes de iniciarmos nossos estudos sobre o referencial não inercial, 
vamos relembrar algumas características do referencial inercial.
A segunda lei de Newton nos diz que F mares
� �� �
= , ou seja, a força 
resultante que atua em um corpo produz uma aceleração nesse mesmo 
corpo. Vê-se que a primeira lei de Newton diz que, se Fres
� ��
= 0, o corpo tende 
a manter-se em seu estado atual. Parece, então, que a primeira lei é um 
caso particular da segunda, quando tomamos a

 = 0. Porém, a primeira 
lei enuncia algo muito maior: introduz o conceito de referencial inercial, ou 
seja, um referencial que satisfaz à lei da inércia. Dessa forma, um referencial 
inercial nunca pode ser acelerado e, consequentemente, nunca pode ter 
aceleração relativa a outro referencial inercial. Assim, se um móvel tem 
uma aceleração a em relação a um certo referencial inercial, ele deve 
apresentar a mesma aceleração a em relação a um outro referencial inercial, 
apesar de poder apresentar velocidades diferentes em relação aos dois 
referenciais, já que os referenciais inerciais podem apresentar velocidade 
relativa entre si (a lei da inércia fala em repouso ou velocidade constante). 
Visto que, a massa é invariável e os referenciais inerciais concordam em 
relação à aceleração de um móvel, eles têm que concordar com relação 
à força que atua sobre esse mesmo móvel, pois a força é o produto da 
massa pela aceleração. Estabelece-se, então, o princípio da invariância de 
Galileu, que afirma que as leis de Newton são válidas e as mesmas para 
qualquer referencial inercial.
Em seguida, podemos definir o referencial não inercial: aquele que 
possui aceleração em relação a pelo menos um referencial inercial, sendo, 
então, conhecido também por referencial acelerado. Logo, a aceleração 
calculada para um referencial inercial nunca pode ser a mesma calculada 
para um referencial não inercial, já que existe aceleração relativa entre 
estes. Por conseguinte, dizemos que os referenciais não inerciais não 
respeitam as leis de Newton, as quais são válidas, então, apenas para os 
referenciais inerciais, como dito anteriormente.
Enfim, se as leis de Newton não são válidas em referenciais não 
inerciais, como proceder quando nos depararmos com problemas que 
os relacionem? É aí que entra o princípio da equivalência de Einstein. 
Ele afirma que, quando o sistema contido em um referencial não inercial 
que tem aceleração a

 relativa a um certo referencial inercial e se passa 
a observar o movimento a partir do mesmo referencial não inercial, é 
necessária a adição de uma aceleração –a

 a todos os componentes do 
sistema, para que possam ser aplicadas as leis de Newton. Por exemplo, 
em um elevador em repouso ou com velocidade constante, em uma região 
em que a aceleração da gravidade é g

, com módulo g, o valor do período 
de um pêndulo de comprimento l é dado pela fórmula T
g
� 2�
l . Porém, 
se o elevador possuir uma aceleração a

 para cima, com módulo a, para 
podermos calcular o novo período T’ do pêndulo, devemos observá-
lo de dentro do elevador. Dessa forma, devemosadicionar a ele uma 
aceleração –a

, ou seja, uma aceleração de módulo a e sentido para baixo. 
É como se estivéssemos “aumentando a gravidade” observada dentro 
do elevador. Chamamos essa “nova” gravidade de gravidade aparente. 
Assim, passará a atuar no corpo, para baixo, uma aceleração de módulo 
g + a, o que faz com que o novo período do pêndulo seja T
g a
�
�
2�
l .
Vimos então que, a partir do princípio da equivalência, podemos 
nos valer das leis de Newton em um referencial não inercial. Ora, se 
cada elemento do sistema contido no referencial não inercial receber a 
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
355IME-ITA – Vol. 1
aceleração –a

 quando o referencial se move com aceleração a

, e se a 
segunda lei de Newton é válida, sabemos que para essa nova aceleração 
adicionada ao sistema haverá associada a ela uma “força extra”, 
denominada força inercial. Essa extensão da segunda lei de Newton 
para referenciais não inerciais a partir das forças inerciais é chamada de 
princípio de D’Alembert. Matematicamente, o princípio de D’Alembert se 
resume à seguinte equação:

 
F ma ma� � �1 2
em que:
a

1 = a aceleração do referencial não inercial que contém o sistema 
analisado em relação a um referencial inercial;
a

2 = a aceleração do componente do sistema analisado em relação ao 
referencial não inercial, considerando-o agora como inercial (que é o nosso 
objetivo desde o início desta seção);
F∑
�
 = a força resultante que já atuava no sistema antes da troca de 
referencial. 
Os problemas resolvidos 5, 6 e 7 exemplificam bem o método aqui 
discutido e mostram suas vantagens.
 01 Na figura, os blocos A e B têm massas mA = 6,0 kg e mB = 2,0 kg e, 
estando apenas encostados entre si, repousam sobre o plano horizontal 
perfeitamente liso. A partir de dado instante, exerce-se sobre A uma força 
horizontal F

, de intensidade igual a 16 N. Desprezando a resistência do 
ar, calcule:
A B
F

a. o módulo da aceleração do conjunto.
b. a intensidade das forças que A e B trocam entre si na região de contato.
Solução:
Essa é a situação mais simples possível que pode ocorrer nos problemas 
que resolveremos. Mas ela exemplifica bem as duas formas como podemos 
lidar inicialmente com problemas desse tipo.
Veja que os blocos possuem mesma aceleração, já que não existirá 
movimento relativo entre eles. Suponha que adquiram uma aceleração 
a para a direita. 
Primeira solução: Primeiramente, isolar os blocos.
Bloco A: Bloco B:
P
N
FB,AF
A
P
N
FA,B
B
Vamos escrever agora as leis de Newton para os blocos.
Bloco A:
– Horizontal (segunda lei de Newton): F – FB,A = 6a → 16 – FB,A = 6a (I).
– Vertical (primeira lei de Newton): N = P.
Bloco B:
– Horizontal (segunda lei de Newton): FA,B = 2a (II).
– Vertical (primeira lei de Newton): N = P.
FA,B é a força que o corpo A faz no corpo B e FB,A é a força que o corpo B 
faz no corpo A, constintuindo, então, um par ação-reação. Logo, possuem 
módulos iguais. Dessa forma, de (I) e (II), temos: 16 – 2a = 6a → a = 
2 m/s2.
Voltando à equação (II), temos que FA,B = 2 · 2 = 4 N.
Segunda solução:
Como já foi dito, pode ser muito útil pensar no sistema como um todo 
antes de isolar os seus componentes, caso estes não possuam movimento 
relativo entre si, que é o caso dessa questão.
Logo, podemos considerar o sistema como um “blocão” de massa 8 kg, 
no qual estão atuando a força normal, a força peso e a força externa F. 
Na direção horizontal, teremos:
F = m · a → 16 = 8a → a = 2 m/s2.
Ou seja, achamos a aceleração de maneira muito mais rápida que na 
outra solução.
Para acharmos a força interna, inevitavelmente, teremos que isolar um 
dos blocos. Isolando o bloco B e voltando de novo à equação (II), temos:
FA,B = 2 · 2 → FA,B = 4 N.
A estratégia da segunda solução pode parecer simples agora, já que 
só temos dois blocos no sistema, mas, para sistemas com um número 
relativamente grande de componentes, ela pode ser bem útil.
 02 (MACKENZIE-SP) Um bloco A, de massa 6 kg, está preso a outro 
bloco B, de massa 4 kg, por meio de uma mola ideal de constante elástica 
800 N/m. Os blocos estão apoiados sobre uma superfície horizontal e 
se movimentam sob a ação da força horizontal F

, de intensidade 60 N. 
Sendo o coeficiente de atrito cinético entre as superfícies em contato igual 
a 0,4 e a aceleração da gravidade igual a 10 m/s², a distensão da mola 
é, em cm, igual a:
AB
F

(A) 3. 
(B) 4. 
(C) 5.
(D) 6.
(E) 7.
Solução: Letra B.
Perceba que a força elástica exercida na mola é uma força interna ao 
sistema (para a direita no bloco B e para a esquerda no bloco A). Dessa 
forma, podemos usar a dica do “blocão” para resolver o sistema. Veja 
que, em cada um dos blocos, haverá uma força de atrito para a esquerda. 
Logo, para o “blocão”, essas duas forças se resumem a uma só. A força 
normal do “blocão” será igual a seu peso, igual a P = 10 · 10 = 100 N. 
Assim, aplicando a segunda lei de Newton na horizontal:
F – Fat = m · a → 60 – 0,4 · 100 = 10 · a → 10a = 20 → a = 2 m/s
2. 
Isolando, agora, o bloco B, temos uma força elástica (Fel) atuando nele para 
a direita, enquanto temos a força de atrito (FatB) atuando para a esquerda. 
FÍSICA I
Assunto 2
356 IME-ITA – Vol. 1
Dessa forma, aplicando a segunda lei para o bloco B na horizontal, e 
lembrando que a NB = PB = 40 N, temos:
Fel – FatB = mB · a → 800 · x – 0,4 · 40 = 4 · 2 → x = 0,03 m = 3 cm.
 03 (UFC-2001) Um sistema composto por duas bolas de massas m e 2m, 
conectadas entre si por uma mola ideal, está pendurado ao teto como 
mostrado na figura. Cortando-se o fio que liga o sistema ao teto, qual será 
a aceleração adquirida pelas bolas de massa m e 2m, respectivamente, 
logo após o corte? A aceleração da gravidade é g.
m
2m
(A) 0 e 0.
(B) 0 e g.
(C) g e 0. 
(D) 0 e 3g.
(E) 3g e 0.
Solução: Letra E.
Antes do corte, é possível determinar a tração exercida no fio superior. 
Como as forças elásticas que atuam na mola são forças internas ao 
sistema, podemos considerar o “blocão” formado pelas duas bolas e pela 
mola. Vê-se que as forças externas presentes são a tração T e o peso do 
sistema, igual a 3mg.
Isolando a bola superior, vemos que atuam sobre ela três forças: a tração 
T = 3mg, seu peso Pm = mg para baixo e a força elástica Fel para baixo 
(já que a mola está distendida). Como a bola está em equilíbrio, vale a 
primeira lei de Newton: 
T = Pm + Fel → 3mg = mg + Fel → Fel = 2mg.
Isolando a bola inferior, temos a força elástica Fel = 2mg (já calculada) 
para cima (pelo mesmo fato de a mola estar distendida) e o seu peso 
P2m = 2mg para baixo.
A única alteração que acontece no sistema ao fio ser cortado é o fato de 
o fio não estar mais esticado. Sabemos que só há tração em fios ideias 
caso o fio esteja minimamente esticado. Dessa forma, a tração se anula 
quando o fio é cortado.
Então, a bola de cima fica sujeita apenas à força peso Pm e à força elástica 
Fel, que resultam em uma força para baixo igual a 3mg. Logo, pela segunda 
lei de Newton:
F = m · am → 3mg = m · am → am = 3g.
A bola de baixo continua sujeita apenas à ação da força elástica Fel para 
cima e seu peso P2m para baixo. Logo, como essas forças se anulam, a 
aceleração nessa bola será nula → a2m = 0.
 04 (ITA-2013) Em cer to experimento, três cilindros idênticos 
encontram-se em pleno contato entre si, apoiados sobre uma mesa e sob 
a ação de uma força F, constante, aplicada na altura do centro de massa 
do cilindro da esquerda, perpendicularmente a seu eixo, como mostra a 
figura. Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os três cilindros 
permaneçam em contato entre si, a aceleração a provocada pela força 
deve ser tal que:
(A) 
g
a
g
3 3 3
< < . 
(B) 
2
3 2
4
2
g
a
g
< < . 
(C) 
g
a
g
2 3
4
3 3
< < .
(D) 
2
3 2
3
4 2
g
a
g
< < .
(E) 
g
a
g
2 3
3
4 3
< < .
BF
A
C
Solução: Letra A.
Para que exista um intervalo de acelerações no qual os cilindros 
permaneçam em contato entre si, é natural que exista também um intervalo 
para a forçaF que permita que os cilindros permaneçam em contato, já 
que a força F é a única força externa na direção horizontal (as outras são 
os pesos dos cilindros e as normais que a superfície exerce nos cilindros 
inferiores).
Dessa forma, obrigaremos a força F a ser mínima e máxima. No primeiro 
caso, acharemos a aceleração mínima que deve ser comunicada ao 
sistema. No segundo, acharemos a máxima aceleração que pode ser 
comunicada ao sistema. Assim, obteremos o intervalo desejado.
Sejam N1, N2 e N3 as forças de contatos entre os cilindros B e C, A e B e A 
e C, respectivamente. Os diagramas de corpo livre estão expostos na figura 
a seguir (os pesos dos cilindros inferiores e as normais da superfície foram 
desconsiderados, pois não serão relevantes para os nossos cálculos).
F
a a
aA
B C
N2
m · g
N1
N3
N1
N2 N3
Obrigando a força F a ser mínima:
Para que a força F seja mínima, a força N1 deverá tender a 0, já que, se 
F não for suficientemente grande, o cilindro A tenderá a ocupar o espaço 
entre os cilindros B e C, fazendo com que estes percam o contato entre si. 
Dessa forma, a condição que obriga F a ser mínima é N1 = 0.
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
357IME-ITA – Vol. 1
Isolando o cilindro C, temos:
– Horizontal (segunda lei de Newton): Fmín = m · amín = N3 · cos 60° (I).
Isolando o cilindro A, temos:
– Horizontal (segunda lei de Newton): Fmín = m · amín = N2 · cos 60° – N3 · 
sen 30° (II).
– Vertical (primeira lei de Newton): N2 · cos 30° + N3 · sen 60° = m · g (III).
Resolvendo o sistema, encontramos a
g
mín
3
9
.
Obrigando a força F a ser máxima:
Para que a força F seja máxima, N3 deve tender a 0, já que, para uma 
força F limite, o bloco A estaria “rolando” por cima do bloco B, perdendo 
o contato com o bloco C. Dessa forma, a condição que obriga F a ser 
máxima é N3 = 0.
Isolando o cilindro A:
– Horizontal (segunda lei de Newton): Fmáx = m · amáx = N2 · sen 30° (IV).
– Vertical (primeira lei de Newton): m · g = N2 · cos 30° (V).
Resolvendo o sistema, encontramos a
g
máx =
3
3
.
Logo, o intervalo de valores da aceleração para o qual os cilindros não 
perdem o contato é 
g
a
g3
9
3
3
< < , que é a resposta da alternativa A 
já racionalizada.
Veja que o intervalo deve ser aberto, já que as acelerações máxima e 
mínima que encontramos obrigam as normais a serem 0, o que não é 
nosso objetivo. Nós apenas o fizemos para achar os limites do intervalo.
Obs.: Problemas de minimização e maximização são muito comuns na 
mecânica. Depararemo-nos com problemas semelhantes mais vezes, logo, 
é importante guardar ideias como essas.
 05 Um elevador apresenta aceleração a = 2 m/s² para baixo, em um local 
onde a aceleração da gravidade é igual a 10 m/s². Os blocos A e B da 
figura têm massas respectivamente iguais a 1 kg e 2 kg, e estão ligados 
conforme mostra a figura. Qual a tração no fio e a aceleração observada 
no referencial do elevador?
A
B
a
Solução:
Como o problema nos pede a aceleração observada no referencial do 
elevador, é natural mudarmos do referencial Terra para o referencial elevador. 
Dessa forma, de acordo com o princípio da equivalência, os corpos dentro 
do elevador devem ser submetidos a uma aceleração de intensidade igual 
à do referencial não inercial, só que com sentido inverso, e, de acordo com 
o princípio de D’Alembert, essas acelerações estão associadas a forças 
de inércia. Porém, resumindo esse pensamento, podemos dizer que essa 
aceleração invertida, que é adicionada quando se muda de referencial, pode 
ser adicionada à aceleração da gravidade, criando uma nova aceleração 
da gravidade g’ = g – a = 10 – 2 = 8 m/s². Logo, o peso dos corpos 
será diferente nesse referencial, quando comparados aos seus pesos no 
referencial da Terra. As figuras a seguir exemplificam bem o que foi escrito.
a
A B
g a
campos 
gravitacionais
A B a’a’
T T
g’
mA · g’ mB · g’
campos 
gravitacionais
resultantes
Vê-se que os blocos têm, em módulo, a mesma aceleração a’. Porém, julgamos 
que B desce e A sobe, já que B é mais pesado. Isolando os blocos, temos:
Bloco A:
mA · a’= T – mA · g’ → T – 8 = 1 · a’ (I).
Bloco B:
mB · a’ = mB · g’ – T → 16 – T = 2 · a’ (II).
Resolvendo o sistema, encontramos a’ = 8
3
 m/s² e T = 32
3
 N.
 06 Um bloco desliza com atrito desprezível ao longo da face hipotenusa 
de uma cunha mantida fixa sobre o plano horizontal. Assim que o bloco 
se imobiliza ao atingir a lingueta de retenção L, comunica à cunha uma 
aceleração horizontal a que faz com que o bloco suba ao longo da mesma 
face e atinja o topo no mesmo intervalo de tempo que ele levou para descer. 
Demonstre que a = 2g · tan α.
a
L
FÍSICA I
Assunto 2
358 IME-ITA – Vol. 1
Solução:
Durante a descida (referencial na Terra, inercial):
P
L
Pela segunda lei no eixo ao longo do plano inclinado:
P sen α = madescida ∴ g sen α = adescida.
Pela equação horária da posição do MRUV:
x a td=
1
2
2
descida (I).
Durante a subida (referencial na Terra, inercial):
a
P
L
FI = ma
Aplicação da segunda lei no eixo ao longo do plano inclinado:
FI cos α – P sen α = masubida ∴ ma cos α – mg sen α = m · asubida
x a ts=
1
2
2
subida (II) (distância percorrida ao longo do plano, segundo as 
fórmulas).
Como o tempo de subida e o de descida são iguais, de (I) e (II),
adescida = asubida ∴g · sen α = a · cos α – g · sen α ∴ a = 2g · tan α.
 07 (Irodov) Na figura, o bloco tem massa m, a cunha tem massa M e o 
ângulo do plano inclinado da rampa é α. O fio é ideal e o atrito é desprezível. 
Determine a aceleração a adquirida pela cunha, sabendo que a aceleração 
da gravidade é g.
m
α
M
a
Primeira solução: referencial inercial Terra.
Para resolvermos essa questão utilizando o referencial inercial Terra, temos 
que, primeiramente, como nos passos escritos no item 3 deste módulo, 
verificar se os componentes do sistema possuem movimento relativo 
entre si ou não, isto é, verificar se possuem a mesma aceleração em 
relação à Terra. Veja que, quando a cunha se move para a direita, o bloco 
cai ao longo do plano inclinado contido nela. Dessa forma, percebe-se 
claramente que os componentes possuem movimento relativo entre si, não 
possuindo, então, mesma aceleração em relação à Terra. Logo, devemos 
desvendar o vínculo geométrico que atrela o deslocamento da cunha ao 
deslocamento do bloco.
Desvendando o vínculo geométrico:
Suponha que a cunha deslize, com relação à sua polia, do ponto B até o 
ponto A, percorrendo um comprimento x, e que o trecho delimitado pelos 
pontos A e C do fio tenha comprimento L, como mostra a figura.
 
α
α
α
D
x
A
A
B
B
C
C
E
F
Logo, pelas figuras, temos que AB + BC = L. Como AB = x, temos que 
BC = L – x. Só que, no triângulo de vértices A, B e D, temos que AD = AB· 
cos α = x · cos α e BD = x · sen α, o que implica que CE = x · sen α.
Como o comprimento do fio é conservado, já que o fio é ideal, ou seja, 
não pode ser esticado nem comprimido, temos, pela figura, que AD + 
DE + EF = L. Como AD = x · cos α e DE = BC = L – x, temos que 
EF = L – AD – DE = x(1 – cos α). Como CE e EF são as componentes do 
deslocamento do bloco, temos que, quando a cunha se desloca AB = x 
para a direita, o bloco se desloca CE = x · sen α perpendicularmente ao 
plano inclinado e EF = x(1 – cos α) ao longo do plano inclinado, como 
mostra a figura abaixo:
α
α
x
x ·
 (1
 – 
co
s α
)
x · 
se
n α
Logo, se a é a aceleração da cunha para a direita (segunda derivada do 
deslocamento AB = x), temos que a · sen α é a aceleração do bloco 
perpendicularmente ao plano inclinado e a(1 – cos α) é a aceleração 
do bloco ao longo do plano inclinado, com suas respectivas segundas 
derivadas de seus deslocamentos.
Dessa forma, podemos agora aplicar normalmente as leis de Newton, 
isolando os blocos.
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
359IME-ITA – Vol. 1
Diagramas de corpo livre: 
– Segunda lei de Newton para a cunha na direção horizontal: Ma = 
N · sen α + T – T cos α.
– Segunda lei de Newton para o bloco nadireção perpendicular ao plano: 
ma · sen α = mg · cos α – N. 
– Segunda lei de Newton para o bloco na direção ao longo do plano: 
ma(1 – cos α) = mg · sen α – T.
Resolvendo o sistema, temos que a
mg
M m
�
�
� �
sen
( cos
.
)
�
�2 1
Segunda solução: referencial não inercial (cunha).
A solução com referencial não inercial necessita que nós analisemos o 
vínculo geométrico constituído pelo bloco e pela cunha, o que, muitas 
vezes, pode tornar a resolução da questão difícil. Dessa forma, pensaremos 
no referencial não inercial da cunha, para analisar um vínculo geométrico 
muito mais simples. Vamos deixar a cunha imóvel, fazendo o bloco descer 
ao longo do plano inclinado e a parede “se aproximar” da cunha, conforme 
indica a figura abaixo. Vê-se que a parede terá uma aceleração a para a 
esquerda, já que se mudou o referencial, e, como o fio não estica, o bloco 
deve descer o plano inclinado com a mesma aceleração a com que a parede 
está se movendo (vínculo geométrico muito mais simples que o anterior).
cunha
imóvel
a
a
m
Dessa forma, ao mudarmos o referencial, pelo princípio da equivalência, a 
aceleração a para a direita tanto no bloco como na cunha cria, pelo princípio 
de D’Alembert, as forças fictícias m.a e M.a, ambas para a esquerda, no 
bloco e na cunha respectivamente. Assim, só precisamos analisar os 
diagramas de corpo livre dos componentes, presentes na figura abaixo:
a
α
α
α
α
α
α
eixo
 tang
enci
al
eixo 
perpendicular
acel
eraç
ão
T
T
T
m · a
m · g
M · a
M · g
N
N
NI
a
– Segunda lei de Newton no eixo tangencial para o bloco:
 ma · cos α + mg · sen α – T = ma.
– Primeira lei de Newton no eixo perpendicular para o bloco (bloco em 
repouso nesse eixo): ma · sen α + N = mg · cos α. 
– Primeira lei de Newton para a cunha na direção horizontal (cunha em 
repouso): T + N · sen α = T · cos α + Ma.
Resolvendo o sistema, temos que a
mg
M m
�
�
� �
sen
( cos
.
)
�
�2 1
 
Vê-se, então, a vantagem da aplicação da mudança de referencial e do 
princípio de D’Alembert em certas questões.
 01 Na situação do esquema seguinte, não há atrito entre os blocos e 
o plano horizontal, a resistência do ar é desprezível e as massas de A e 
de B valem, respectivamente, 2,0 kg e 8,0 kg. Sabe-se que o fio leve e 
inextensível que une A com B suporta, sem romper-se, uma tensão máxima 
de 32 N. Calcule a maior intensidade admissível à força, horizontal, para 
que o fio não se rompa.
B A
F
 02 O dispositivo esquematizado na figura é a máquina de Atwood. No 
caso, não há atritos, o fio é inextensível e despreza-se sua massa e a da 
polia. Supondo que os blocos A e B têm massas, respectivamente, iguais 
a 3,0 kg e 2,0 kg e que g = 10 m/s2, determine:
B A
g
a. o módulo da aceleração dos blocos.
b. a intensidade da força tensora estabelecida no fio.
c. a intensidade da força tensora estabelecida no cabo que sustenta a polia.
 03 O corpo A, de 5,0 kg de massa, está apoiado em um plano horizontal, 
preso a uma corda que passa por uma roldana de massa e atrito 
desprezíveis e que sustenta em sua extremidade o corpo B, de 3,0 kg de 
massa. Nessas condições, o sistema apresenta movimento uniforme. 
Adotando g = 10 m/s2, determine:
A
B
g
a. o coeficiente de atrito entre o corpo A e o plano de apoio.
b. a intensidade da aceleração do sistema se colocarmos sobre o corpo B 
uma massa de 2,0 kg.
FÍSICA I
Assunto 2
360 IME-ITA – Vol. 1
 04 Na situação representada na figura, o homem puxa a corda vertical-
mente para baixo e ela, por sua vez, puxa o bloco que está apoiado no 
plano horizontal. O fio e a polia são ideais, a massa do bloco vale 40 kg e 
adota-se g = 10 m/s2.
A
g
A intensidade da força de atrito recebida pelo bloco do plano de apoio 
(Fat) varia com a intensidade da força exercida pelo homem (F), conforme 
o gráfico abaixo:
Fat
F
Calcule:
a. os valores dos coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco 
e plano de apoio.
b. o módulo da aceleração do bloco para F = 120 N.
 05 Dois blocos, (1) e (2), de pesos respectivamente iguais a 30 kgf e 10 kgf 
estão em equilíbrio, conforme mostra a figura abaixo:
D
D
g
Quais as indicações nos dinamômetros D1 e D2, graduados em kgf?
 06 Os blocos A e B representados na figura possuem massa de 3,0 kg 
e 2,0 kg, respectivamente. A superfície horizontal onde eles se deslocam 
apresenta um coeficiente de atrito cinético igual a 0,30; F1 e F2 são forças 
horizontais que atuam nos blocos.
B
A
FF
Determine:
a. o módulo da aceleração do sistema.
b. a intensidade da força de contato entre A e B.
 07 Na figura seguinte, a superfície S é horizontal, a intensidade de F é de 
40 N e o coeficiente de atrito de arrastamento entre o bloco A e a superfície 
S vale 0,50 e g = 10 m/s2.
Sob a ação da força F, o sistema é acelerado horizontalmente e, nessas 
condições, o bloco B apresenta-se na iminência de escorregar em relação 
ao bloco A.
g
a
B
F
A S
a. Determine o módulo da aceleração do sistema.
b. Calcule o coeficiente do atrito estático entre os blocos A e B.
 08 A situação representada na figura refere-se a um bloco que, 
abandonado em repouso no ponto A, desce o plano inclinado com 
aceleração de 2,0 m/s2, indo atingir o ponto B:
B
g
aA
q
Sabendo que, no local, g = 10 m/s2, calcule o coeficiente de atrito cinético 
entre o bloco e o plano de apoio.
 09 Na figura, o bloco I repousa sobre o bloco II, sendo que I está preso por 
uma corda a uma parede. O bloco I tem massa m1 = 3,0 kg e o bloco II tem 
massa m2 = 6,0 kg. O coeficiente de atrito cinético entre I e II e o plano é 
0,20. Qual deve ser a força F que, aplicada em II, desloca esse bloco com 
aceleração de 2,0 m/s2?
F
(A) 40 N.
(B) 30 N.
(C) 15 N.
(D) 27 N.
(E) 33 N.
 10 No plano inclinado representado a seguir, o bloco encontra-se impedido 
de se movimentar graças a um cutelo no qual está apoiado. Os atritos são 
desprezíveis, a massa do bloco vale 5,0 kg e g = 10 m/s2.
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
361IME-ITA – Vol. 1
a. Esquematize todas as forças que agem no bloco. 
b. Calcule as intensidades das forças com as quais o bloco comprime 
o cutelo e o plano de apoio.
 11 No esquema a seguir, os fios e a polia são ideais. Desprezam-se todos 
os atritos, bem como a resistência do ar. Sendo g o módulo da aceleração da 
gravidade, 2m, 2m e m as massas dos blocos A, B e C, nesta ordem, calcule: 
A
fio (1) fio (2)
B
C
θ
Dado: θ = 30°.
a o módulo da aceleração de cada bloco. 
b. a intensidade das forças que tracionam os fios 1 e 2.
c. a intensidade da força paralela ao plano horizontal de apoio a ser 
aplicada no bloco A, de modo que o sistema permaneça em repouso.
 12 No arranjo experimental da figura, a caixa A é acelerada para baixo 
com 2,0 m/s2. As polias e o fio têm massas desprezíveis e adota-se 
g = 10 m/s2. Supondo que a massa da caixa B seja de 80 kg e ignorando 
a influência do ar no sistema, determine:
A
B
g
a. o módulo da aceleração de subida da caixa B. 
b. a intensidade da força tensora no fio.
c. a massa da caixa A.
 13 Na figura, o sistema está sujeito à ação da resultante externa F, paralela 
ao plano horizontal sobre o qual o carrinho está apoiado. Todos os atritos 
são irrelevantes e as inércias do fio e da polia são desprezíveis. As massas 
dos corpos A, B e C valem, respectivamente, 2,0 kg, 1,0 kg e 5,0 kg e, no 
local, o módulo da aceleração da gravidade é 10 m/s2. Supondo-se que 
A esteja apenas encostado em C, determine a intensidade de F, de modo 
que A e B não se movimentem em relação a C.
A
B
C
 F
→
 14 No esquema seguinte, o homem (massa de 80 kg) é acelerado vertical-
mente para cima juntamente com a plataforma (massa de 20 kg) sobre a qual 
está apoiado. Isso é possível porque ele puxa verticalmente para baixo a corda 
que passa pela polia fixa. A aceleração do conjunto homem-plataforma tem 
módulo 5 m/s2 e adota-se g = 10 m/s2. Considerando ideais a corda e a polia 
e desprezando a resistência do ar, calcule:
plataforma
horizontal
g
a. a intensidadeda força com que o homem puxa a corda. 
b. a intensidade da força de contato trocada entre o homem e a plataforma.
 15 Em um elevador há uma balança graduada em newtons. Um homem 
de 60 kg de massa, em pé sobre a balança, lê 720 N quando o elevador 
sobe em movimento acelerado e 456 N quando desce em movimento 
acelerado, com a mesma aceleração da subida, em módulo.
Determine:
a. quais são os módulos da aceleração da gravidade e do elevador.
b. quanto registrará a balança se o elevador subir ou descer com 
velocidade constante.
 16 (ITA-1978) Três corpos, A, B e C, com massas respectivamente iguais a 
4,0 kg, 6,0 kg e 8,0 kg, acham-se apoiados sobre uma superfície horizontal, 
sem atrito. Esses corpos acham-se ligados por intermédio de molas de massas 
desprezíveis, e são abandonados a partir da posição indicada na figura, quando 
as tensões nas molas AB e BC forem respectivamente 10 N e 15 N. Pode-se 
afirmar que as acelerações aAB (do sistema constituído pelos corpos A e B) e 
a (do sistema constituído pelos três corpos, A, B e C) serão dadas por:
C
BA
60°
(A) aAB = 1,75 m/s
2; a = 0,97 m/s2.
(B) aAB = 1,5 m/s
2; a = 0 m/s2. 
(C) aAB = 1 m/s
2; a = 0,81 m/s2. 
(D) aAB = 1,75 m/s
2; a = 0,81 m/s2. 
(E) aAB = 1 m/s
2; a = 0,97 m/s2. 
FÍSICA I
Assunto 2
362 IME-ITA – Vol. 1
 17 (EN-1994) Os blocos representados na figura abaixo têm, respecti- 
vamente, massas m1 = 2,0 kg e m2 = 4,0 kg; a mola AB possui massa 
desprezível e constante elástica K = 50 N/m. Não há atrito entre os 
dois blocos nem entre o bloco maior e o plano horizontal. Aplicando-se 
ao conjunto a força F constante e horizontal, verifica-se que a mola 
experimenta uma deformação de 20 cm. Qual a aceleração do conjunto? 
Qual a intensidade da força F?
BAm m
F
 18 Na figura seguinte, os pesos da polia, do fio e da mola são desprezíveis 
e assume-se g = 10 m/s2. Sendo as massas de A e B mA = 40 kg e 
mB = 24 kg, a deformação da mola de 50 cm e a intensidade de F igual 
a 720 N, determine:
balança
(newtons)
g
F
BA
a. a constante elástica da mola em N/m.
b. o módulo das acelerações de A, de B e do eixo da polia.
c. a indicação da balança sobre a qual repousam, inicialmente, os dois 
blocos.
 19 Um bloco pesando 100 N deve permanecer em repouso sobre um 
plano inclinado, que faz com a horizontal um ângulo de 53°. Para tanto, 
aplica-se ao bloco a força F, representada na figura, paralela à rampa. Sendo 
µe = 0,50 o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o plano, que valores 
são admissíveis para F tais que a condição do problema seja satisfeita? 
Dados: sen 53° = 0,80 e cos 53° = 0,60.
bloco em 
repouso
F
 20 Uma caixa de peso P é puxada por uma força F sobre o solo horizontal. 
Se o coeficiente de atrito estático é μ e F está direcionada a um ângulo θ 
abaixo da horizontal, qual o valor mínimo de F que vai mover a caixa?
(A) 
µ θ
− µ θ
sec
.
1 tan
P
(B) � �
� �
P sen
cos
.
1�
(C) 
� �
� �
P se
tan
.
n
1�
(D) 
� �
� �
P cos
tan
.
1�
(E) 
� �
� �
P cos
cos
.
1�
 21 (AFA-2002) Um avião reboca dois planadores idênticos de massa m, 
com velocidade constante. A tensão no cabo (II) é T. De repente, o avião 
desenvolve uma aceleração a. Considerando a força de resistência do ar 
invariável, a tensão no cabo (I) passa a ser:
(II) (I)
(A) T + ma.
(B) T + 2ma.
(C) 2T + 2ma.
(D) 2T + ma.
 22 (AFA-2002) Dois corpos de massas iguais, unidos por um fio 
inextensível, descem ao longo de um plano inclinado. Não há atrito entre 
o corpo I e o plano. De acordo com o enunciado, analise as afirmativas 
abaixo:
II
I
α
I. Se não houver atrito entre o corpo II e o plano, a tensão no fio é nula.
II. Se houver atrito entre o corpo II e o plano, a aceleração do corpo II é 
menor que a do corpo I.
III. Se houver atrito entre o corpo II e o plano, o movimento do corpo I 
será retardado.
Assinale a alternativa que contém apenas afirmativa(s) incorreta(s):
(A) II.
(B) I e III.
(C) II e III.
(D) I, II e III.
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
363IME-ITA – Vol. 1
 23 (AFA-2003) Os corpos A e B da figura abaixo têm massas M e m, 
respectivamente. Os fios são ideais. A massa da polia e todos os atritos 
podem ser considerados desprezíveis. A aceleração de B é:
A
B
(A) 
2
4 +
mg
M m
.
(B) 
mg
M m+
.
(C) 
2mg
M m+
.
(D) 
mg
M m4 +
.
 24 (AFA-2005) O conjunto abaixo, constituído de fio e polia ideais, é 
abandonado do repouso no instante t = 0 e a velocidade do corpo A varia 
em função do tempo segundo o gráfico dado:
B
A
v (m/s)
t (s)
24
12
0 3 6
Desprezando o atrito, a razão entre a massa de A e a massa de B é:
(A) 1/2.
(B) 2/3.
(C) 3/2.
(D) 2.
 25 (AFA-2007) Três blocos, cujas massas mA = mB = m e mC = 2m, 
são ligados por meio de fios e polias ideais, conforme a figura. Sabendo-se 
que C desce com a aceleração de 1 m/s2 e que 0,2 é o coeficiente de atrito 
entre B e a superfície S, pode-se afirmar que o coeficiente de atrito entre 
A e S vale:
C
A B
S
(A) 0,1.
(B) 0,2.
(C) 0,3.
(D) 0,4.
 26 (EFOMM-2009) Três blocos, A, B e C, encontram-se agrupados e sob 
a ação das forças F1 = 100 N e F2 = 50 N, conforme desenho a seguir, 
deslizando em superfície na qual o coeficiente de atrito é μ = 0,1. Sabendo 
que as massas desses blocos são, respectivamente, 5, 10 e 5 kg, a 
aceleração do sistema é de:
Dado: g = 10 m/s2.
F1 F2
CBA
(A) 0.
(B) 1,5 m/s2, para a direita.
(C) 1,5 m/s2, para a esquerda.
(D) 3 m/s2, para a direita.
(E) 3 m/s2, para a esquerda.
 27 (ITA-1972) Três forças de direções constantes são aplicadas em um 
ponto material de massa m = 2,0 kg, formando os ângulos da figura (A), 
todos iguais entre si. Essas forças variam linearmente com o tempo 
na forma indicada no gráfico (B). (Os sentidos indicados em (A) são 
considerados como os sentidos positivos das forças). No instante t = 4s, 
o módulo da resultante vale:
→
F3
→
F1
→
F2
→
F3
→
F3 →F3
→
F3
t(s)
(N)
0 1
2
–2
(A) (B)
(A) 6 N.
(B) 4 N.
(C) 2 N.
(D) 0 N.
(E) 3 N.
 28 (ITA-1972) Na questão anterior, o módulo da aceleração do ponto para 
t = 0, vale:
(A) 0 m/s2.
(B) 3 m/s2.
(C) 2 m/s2.
(D) 2 m/s2.
(E) 3 m/s2.
FÍSICA I
Assunto 2
364 IME-ITA – Vol. 1
 29 (ITA-1977) Um corpo cai na água e, após alguns segundos, atinge uma 
velocidade praticamente constante (chamada velocidade limite) de 5,0 m/s. 
Sabendo que:
• a massa do corpo é 8 g;
• a força exercida pela água sobre o corpo é dissipativa, oposta ao 
movimento do corpo e proporcional à velocidade do mesmo, isto é, 
F = –av;
• quando o corpo atinge a velocidade limite, a força total sobre o corpo 
é nula.
Calcule o coeficiente a, que será:
(A) 16 N · s/m.
(B) 1,6 · 10–2 kg/s.
(C) 1,6 · 10–3 kgf/s.
(D) 1,6 · 10–3 N · s/m.
(E) nenhum dos valores acima.
 30 (ITA-1995) A figura mostra o gráfico da força resultante agindo em 
uma partícula de massa m, inicialmente em repouso. No instante t2 a 
velocidade da partícula, v2 será:
t
F
0
F1
t1F2
t2
(A) v
F F t F t
m2
1 2 1 2 2�
� �( )
.
(B) v
F F t F t
m2
1 2 1 2 2�
� �( )
.
(C) v
F F t F t
m2
1 2 1 2 2�
� �( )
.
(D) v
F t F t
m2
1 1 2 2�
�
.
(E) v
F F t t
m2
1 2 2 1
2
�
� �( )( )
.
 31 (ITA-1996) No campeonato mundial de arco e flecha, dois concorrentes 
discutem sobre a física que está contida na arte do arqueiro. Surge então a 
seguinte dúvida: quando o arco está esticado, no momento do lançamento 
da flecha, a força exercida sobre a corda pela mão do arqueiro é igual à:
I. força exercida pela outra mão sobre a madeira do arco.
II. tensão da corda.
III. força exercida sobre a flecha pela corda no momento em que o arqueiro 
larga a corda.
Nesse caso:
(A) todas as afirmativas são verdadeiras.
(B) todas as afirmativas são falsas.
(C) somente I e III são verdadeiras.
(D) somente I e II são verdadeiras.
(E) somente II é verdadeira.
 32 (ITA-1996) Um corpo de massa m é lançado com velocidade inicial v 
formando com a horizontal um ângulo α, em um local onde a aceleração 
da gravidade é g. Suponha que o vento atue de forma favorávelsobre o 
corpo durante todo o tempo (ajudando a ir mais longe), com uma força F 
horizontal constante. Considere t como sendo o tempo total de permanência 
no ar. Nessas condições, o alcance do corpo é:
(A) v
g
2
2�sen �.
(B) 2
2
2
vt
Ft
m
+ .
(C) 
2 sen 2
1 tan .
v F
g mg
 ⋅ α
+ ⋅ α 
 
(D) vt.
(E) outra expressão diferente das mencionadas.
 33 (IME-1978) Os blocos A e B da figura têm pesos iguais. Determine o 
coeficiente de atrito mínimo para manter o sistema em equilíbrio. Despreze 
o peso da corda e o atrito na roldana.
A
B
30° 45°
 01 (Pierre Lucie) Seja um prisma triangular inicialmente fixo ao solo. A 
sua superfície inclinada (rampa) é perfeitamente lisa e forma um ângulo 
α com a horizontal. Um pequeno bloco, quando abandonado em repouso 
no topo dessa rampa, desce aceleradamente até encontrar a trava T. 
Determine a aceleração horizontal a com a qual se deve empurrar esse 
prisma para a direita, a partir desse instante, a fim de que o tempo que a 
caixa leva para retornar à sua posição inicial seja o mesmo tempo que ela 
gastou na descida da rampa. A gravidade local vale g.
a
g
Tα
(A) g · tan α.
(B) 2g · tan α. 
(C) g · cot α. 
(D) 2g · cot α. 
(E) 2g · sen α. 
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
365IME-ITA – Vol. 1
 02 (Tipler) Um bloco de 20 kg, com uma polia presa a ele, desliza ao 
longo de um trilho sem atrito. Ele está conectado, por um fio sem massa, 
a um bloco de 5 kg, como mostra o arranjo da figura. Encontre: 
20 kg
5 kg
a. a aceleração de cada bloco.
b. a tensão no fio.
 03 (Alonso e Finn) Um bloco com 3 kg de massa é colocado sobre outro 
com 5 kg. Admita que não há atrito entre o bloco de 5 kg e a superfície 
sobre a qual ele repousa. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre 
os blocos são 0,2 e 0,1, respectivamente.
5 kg
F
3 kg
a. Qual a força máxima que, aplicada em qualquer um dos corpos, 
movimenta o sistema sem que os blocos se desloquem relativamente 
um ao outro?
b. Qual a aceleração quando a força máxima é aplicada?
c. Qual a aceleração do bloco de 3 kg se a força aplicada ao bloco de 
5 kg é maior do que a força máxima? Qual a aceleração do bloco de 3 kg 
se a força a ele aplicada é maior do que a força máxima?
 04 (Alonso e Finn) No sistema abaixo, temos uma barra de comprimento 
total desconhecido, apoiada no ponto O. Nos extremos da barra, tem-se 
no ponto A um bloco de massa m1; já no extremo B, tem-se uma roldana 
ideal cujos dois blocos de massas m2 e m3 estão pendurados por um fio 
ideal. Determine o valor da distância de A até O, sabendo que a distância 
de O até B é I2.
m1
I1 I2
m2
m3
B
O
A
 05 (Halliday) Os dois blocos (m = 16 kg e M = 88 kg) não estão ligados. 
O coeficiente de atrito estático entre os blocos é µs = 0,38, mas não há 
atrito na superfície abaixo do bloco maior. Qual é o menor valor do módulo 
de F para o qual o bloco menor não escorrega para baixo ao longo do 
bloco maior?
sem atrito
m
M
F

 06 Qual é a força horizontal capaz de tornar iminente o deslizamento do 
cilindro, de 50 kgf de peso, ao longo do apoio em V mostrado na figura? 
O coeficiente de atrito estático entre o cilindro e o apoio vale 0,25.
30° 30°
 07 Uma criança, de massa m = 50 kg, está sobre uma balança de 
molas, a qual está fixa em um carrinho B que desce por uma rampa sem 
atrito, como mostra a figura. São dados: g = 10 m/s2 e sen α = 0,20. A 
marcação da balança, supondo que seu mostrador esteja calibrado em 
newtons, vale:
α
B
(A) 450 N.
(B) 400 N.
(C) 350 N.
(D) 480 N.
(E) 300 N.
 08 Um elevador é acelerado verticalmente para cima com 6,0 m/s2, em 
um local em que g = 10 m/s2. Sobre o seu piso horizontal é lançado um 
bloco, sendo-lhe comunicada uma velocidade inicial de 2,0 m/s.
O bloco é freado pela força de atrito exercida pelo piso até parar em 
relação ao elevador. Sabendo que o coeficiente de atrito cinético entre as 
superfícies atritantes vale 0,25, calcule, em relação ao elevador, a distância 
percorrida pelo bloco até parar. 
a g
FÍSICA I
Assunto 2
366 IME-ITA – Vol. 1
 09 (ITA-1997) Um antigo vaso chinês está a uma distância d da 
extremidade de um forro sobre uma mesa. Essa extremidade, por sua 
vez, encontra-se a uma distância D de uma das bordas da mesa, como 
mostrado na figura. Inicialmente, tudo está em repouso. Você apostou que 
consegue puxar o forro com uma aceleração constante a (veja a figura), 
de tal forma que o vaso não caia da mesa. Considere que os coeficientes 
de atrito, estático e cinético, entre o vaso e o forro, tenham o valor µ e 
que o vaso pare no momento que tocar a mesa. Você ganhará a aposta 
se a magnitude da aceleração estiver dentro da faixa:
(A) 
g
a d .
D
< µ
(B) 
g
a d
D
> µ .
(D) a >µg.
(C) 
g
a D
d
> µ .
(E) 
g
a D
D d
<
−
µ .
 10 Um anel homogêneo de raio R é posto a girar em torno do seu centro 
até adquirir uma velocidade angular ω. Em seguida, o anel em rotação na 
posição horizontal é abandonado sobre a superfície de uma mesa, com a 
qual apresenta um coeficiente de atrito cinético igual a µ. Quanto tempo 
o anel levará até parar completamente? A gravidade no local é g.
(A) 2 R
g
ω µ .
(B) 
R
g
ω
µ
.
(C) 
2
R
g
ω
µ
.
(D) R
g
ω µ .
(E) 
2R
g
ω µ .
 11 Sobre um prisma triangular se coloca uma corda flexível e homogênea 
de modo que seu ponto médio fique sobre a aresta superior do prisma. 
Este se apoia em um plano horizontal perfeitamente liso. Sendo α < β, 
determine a aceleração horizontal que deve ser comunicada ao prisma 
para que a corda permaneça imóvel em relação ao prisma durante seu 
movimento. A gravidade local vale g.
(A) g(sen β – sen α)
(B) β
α
tan
.
tan
g
(C) 
β α + 
 
tan .
2 2
g
(D) 
β + α
.
cos cos
g
(E) g tan (β – α).
 12 (ITA-1982) O plano inclinado da figura tem massa M e sobre ele 
apoia-se um objeto de massa m. O ângulo de inclinação é α e não há 
atrito nem entre o plano inclinado e o objeto, nem entre o plano inclinado 
D
d a
α β
e o apoio horizontal. Aplica-se uma força F horizontal ao plano inclinado 
e constata-se que o sistema todo move-se horizontalmente, sem que o 
objeto deslize em relação ao plano inclinado. Podemos afirmar que, sendo 
g a aceleração da gravidade no local:
a
M
Fm
(A) F = mg.
(B) F = (M + m)g.
(C) F tem que ser infinitamente grande.
(D) F = (M + m)· g · tan α.
(E) F = Mg sen α.
 13 No esquema da figura, tem-se o sistema locomovendo-se horizon-
talmente, sob ação de resultante externa F. A polia tem peso desprezível, o fio 
que passa pela mesma é ideal e a resistência do ar no local do movimento é 
irrelevante. Não há contato da esfera B com a parede vertical. Sendo mA = 10 kg, 
mB = 6,00 kg, mC = 144 kg e g = 10 m/s
2, determine a intensidade de F 
que faz com que não haja movimento dos dois corpos A e B em relação a C.
C
A
F
B
 14 (Kosel) Uma tábua horizontal tem um degrau, cuja altura é H, no qual 
se apoia um cilindro homogêneo de raio R > H, que descansa livremente 
sobre a tábua. A tábua se move na direção horizontal com aceleração a. 
Determine a aceleração máxima com a qual o cilindro não subirá o degrau. 
O atrito é desprezível. 
a
 15 Determine as acelerações dos corpos de massas m1, m2 e m3 para o 
sistema mecânico da figura. Não existe atrito e as massas da roldana e 
da corda são desprezíveis.
m
m
m
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
367IME-ITA – Vol. 1
 16 (ITA-1986) Da posição mais baixa de um plano inclinado lança-se 
um bloco de massa m = 5 kg com uma velocidade de 4 m/s no sentido 
ascendente. O bloco retorna a esse ponto com velocidade de 3 m/s. O 
ângulo do plano inclinado mede 30°. Calcule a distância d percorrida pelo 
bloco em sua ascensão, sendo g = 10m/s2.
�
�
�
6
m
d
→
v
(A) 0,75 m.
(B) 1,0 m.
(C) 1,75 m.
(D) 2,0 m.
(E) 1,25 m.
 17 (ITA-2003 – adaptada) Sobre a rampa inclinada de um prisma triangular 
de massa M = 10 kg, é colocado um pequeno bloco de massa m = 2 kg. 
O coeficiente de atrito estático entre o bloco e o plano é 0,1. Determineos 
valores de F para os quais o bloco fica em repouso sobre a rampa.
M
Fm
 18 Um pequeno bloco de 2 kg repousa sobre uma tábua horizontal T de 
8 kg, a uma distância de 0,2 m de uma de suas extremidades. A tábua é 
puxada a partir do repouso por uma força de 20 N constante e horizontal, 
aplicada nessa extremidade, até a tábua esbarrar no calço C, que dista 
4,5 m e impede seu movimento repentinamente. Calcule a que distância 
o bloco ficará da extremidade da tábua após cessar o seu movimento. 
O coeficiente de atrito cinético entre a tábua e o bloco é 0,1; o estático é 
0,15 e não há atrito entre a tábua e o plano.
C
 19 (EN-1998) Na figura abaixo, temos um bloco A (mA = 4,0 kg), um 
bloco B (mB = 8,0 kg), uma mola de constante elástica K = 800 N/m e 
um fio inextensível e horizontal. O coeficiente de atrito entre os blocos A 
e B e entre o bloco B e a superfície horizontal vale 0,1. Sabendo-se que a 
mola está deformada em 20 cm e que g = 10 m/s2, a aceleração adquirida 
pelo bloco B é de:
Considere =3 1,73.
fio
A
30°B
→
F
(A) 15,8 m/s2.
(B) 16,3 m/s2.
(C) 16,8 m/s2.
(D) 17,2 m/s2.
(E) 17,4 m/s2.
 20 (ITA-1978) Considera-se um bloco de massa m sobre outro, de massa 
M, (ver figura abaixo). Inicialmente, m desliza sobre M sem atrito, com 
velocidade v0. A partir do ponto P, o coeficiente de atrito entre as duas 
superfícies em contato é não nulo. Se o bloco M puder deslizar sobre o 
plano horizontal sem qualquer atrito, pode-se afirmar que a distância x 
percorrida por m sobre M, contada a partir do ponto P, será dada por:
M P
m
→
v0 x
µ = 0 µ ≠ 0
sem atrito
(A) x mv m M g� �� �1
2 0
2 �( ) .
(B) x mv m M g� �� ��
1
4 0
2 2�( + ) .
(C) [ ]= µ +20
1
( ) .
2
x mv m M g
(D) x = 0 (distância nula).
(E) n. r. a.
 21 (ITA-1981) A figura (a) representa um plano inclinado cujo ângulo de 
inclinação sobre o horizonte é α. Sobre ele pode deslizar, sem atrito, um 
corpo de massa M. O contrapeso tem massa m, e uma das extremidades 
do fio está fixa ao solo. Na figura (b), o plano inclinado foi suspenso, de 
modo a se poder ligar as massas m e M por meio de outro fio. Desprezando 
os atritos nos suportes dos fios, desprezando a massa dos fios e sendo 
dada a aceleração da gravidade g, podemos afirmar que:
B
M
fig. a
B
M
fig. b
α
FÍSICA I
Assunto 2
368 IME-ITA – Vol. 1
(A) no caso (a), a posição de equilíbrio estático do sistema ocorre se e 
somente se M sen α = m.
(B) tanto no caso (a) como no caso (b), o equilíbrio se estabelece quando 
e somente quando M = m.
(C) no caso (b), o corpo m é tracionado em A por uma força TA = (m + M 
sen α) g.
(D) no caso (b), a aceleração do corpo M é 
α −
+
senM m
g
M m
 no sentido 
descendente.
(E) no caso (a), não há nenhuma posição possível de equilíbrio estático.
 22 (ITA-1984) A figura representa uma mesa horizontal de coeficiente 
de atrito cinético µ1 sobre a qual se apoia o bloco de massa M2. Sobre 
ele está apoiado o objeto de massa m, sendo µ o coeficiente de atrito 
cinético entre eles. M2 e m estão ligados por cabos horizontais esticados, 
de massa desprezível, que passam por uma roldana de massa desprezível. 
Desprezando-se a resistência do ar e o atrito nas roldanas, podemos 
afirmar que m se deslocará com velocidade constante em relação a um 
observador fixo na mesa, se M1 for tal que:
M2
M1
m
(A) M1 = µ m.
(B) M1 = µ1(M2 + m) + aµ m.
(C) M1 = µ M2 + µm.
(D) M1 = 2µ m + 2µ1(M2 + m).
(E) M1 = µ1(M2 + m).
 23 (ITA-1986) Na figura a seguir, as duas massas m1 = 1,0 kg e 
m2 = 2,0 kg, estão ligadas por um fio de massa desprezível que passa 
por uma polia também de massa desprezível e raio R.
Inicialmente, m2 é colocada em movimento ascendente, gastando 
0,20 segundos para percorrer a distância d ≅ 1,0 m indicada.
Nessas condições, m2 passará novamente pelo ponto “0” após 
aproximadamente:
Dado: g = 10 m/s2.
d ≅ 1,0 m
0
m1
m2
R
(A) 0,4 s.
(B) 1,4 s.
(C) 1,6 s.
(D) 2,8 s.
(E) 3,2 s.
 24 (ITA-1994) Duas massas, m e M, estão unidas uma à outra por meio 
de uma mola de constante K. Dependurando-as de modo que M fique no 
extremo inferior, o comprimento da mola é I1; invertendo as posições das 
massas, o comprimento da mola passa a ser I2. O comprimento I0 da mola 
quando não submetida à força é:
(A) l
ml ml
M m0
1 2�
�
�
. 
(B) l
Ml ml
M m0
1 2�
�
�
. 
(C) l
Ml ml
M m0
1 2�
�
�
.
(D) l
ml Ml
M m0
1 2�
�
�
.
(E) l
Ml ml
M m0
1 2�
�
�
.
 25 (IME-1977) Na figura abaixo, o coeficiente de atrito entre o peso P e a 
cunha é µ1, e entre a cunha e o bloco inferior é µ2. Desprezando o peso da cunha 
e considerando que não há atrito na parede vertical, determine a expressão da 
força F necessária para levantar o peso P, forçando a cunha para a direita.
θ
P
F
 26 (IME-1982) Determine a massa necessária ao bloco A para que o 
bloco B, partindo do repouso, suba 0,75 m ao longo do plano inclinado 
liso, em um tempo t = 2 s. Despreze as massas das polias e dos tirantes 
e as resistências passivas ao movimento. A massa do bloco B vale 5 kg 
e a aceleração da gravidade deve ser considerada 10 m/s2.
A
B
60°
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
369IME-ITA – Vol. 1
 27 (Irodov) Dois blocos em contato, bloco 1 e bloco 2, são colocados 
num plano de inclinação α com a horizontal. As massas dos blocos são 
m1 e m2, respectivamente, e os coeficientes de atrito entre o plano inclinado 
e os blocos são iguais a k1 e k2, com k1 > k2. Determine: 
α
1
2
a. a força de interação entre os blocos, quando estão em movimento.
b. o menor valor do ângulo α para o qual ocorra deslizamento dos blocos.
 28 (Irodov) Determine a aceleração da barra A e da cunha B na figura 
abaixo, sabendo que a razão entre as massas mB e mA vale h, a gravidade 
local vale g e todos os atritos são desprezíveis.
A
B
α
 29 (Irodov) Na configuração da figura, as massas da cunha M e do 
corpo m são conhecidas. Só existe atrito entre a cunha e o corpo de 
massa m, e o coeficiente de atrito é igual a k. As massas do fio e da polia 
são desprezíveis. Ache a aceleração do corpo m em relação à superfície 
horizontal na qual a cunha desliza.
M
m
 30 (Irodov) No arranjo da figura abaixo, as massa m0, m1 e m2 são iguais 
às massas dos blocos. Ache a aceleração a com a qual bloco de massa 
m0 cai, e calcule a tensão no fio que une os blocos de massa m1 e m2, 
sabendo que o coeficiente de atrito entre os blocos e a superfície horizontal 
é igual a k.
m2m1
m0
 01 Deseja-se suspender uma pedra de massa m desde o solo até uma 
altura H. Para isso, amarra-se a pedra a uma corda de massa desprezível 
e puxa-se verticalmente pela extremidade livre. Sabendo-se que a corda 
suporta uma tração máxima T, determine o tempo mínimo que será gasto 
para suspender essa pedra, de forma que ela atinja a altura final H em 
repouso. Considere g a aceleração da gravidade.
 02 (IIT) Uma cunha (triângulo retângulo isósceles) de massa m se encontra 
apoiada sobre um bloco de massa M e uma parede imóvel, como se indica 
na figura. Ache a aceleração de cada um dos blocos. Despreze os atritos.
m
M
 03 No sistema representado na figura não há atritos. O fio é inextensível e 
tem peso desprezível. No local, a intensidade da aceleração da gravidade é g. 
Ignorando a influência do ar, calcule o intervalo de tempo que o corpo A 
(de massa m) leva para atingir a base do corpo B (de massa M), quando 
é abandonado de uma altura h em relação a B.
A
B
h
 04 (Irodov) No esquema mostrado na figura, temos um prisma de massa 
M, com inclinação de α e um bloco de massa m, apoiado em cima do 
prisma, preso por um fio à parede, passando por uma roldana. Sabendo que 
as massas do fio e da polia são desprezíveis e que não há atrito, determine 
a aceleração do prisma de massa M, quando todo o sistema é liberado.
m
α
M
 05 (Alonso e Finn) Calcule a aceleração dos corpos nos esquemas abaixo:
a. m1
m2
m3
FÍSICA I
Assunto 2
370 IME-ITA – Vol. 1
b. 
m1
m2
m3
 06 A figura indica uma cunha em forma de triângulo de massa M e ânguloθ. 
A cunha repousa sobre uma mesa horizontal e sobre a cunha existe um 
bloco de massa m. Calcule a aceleração da cunha e a aceleração do bloco 
em relação à cunha.
m
M
 07 A figura mostra uma cunha de massa M e inclinação α inicialmente 
parada sobre o solo horizontal liso. Certo bloco é abandonado sobre a 
superfície inclinada lisa da rampa, descrevendo uma trajetória retilínea de 
inclinação β com a horizontal. Qual a massa do bloco?
M
β
α
 08 (ITA-2004) Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as 
mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si, dispondo 
seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços 
horizontalmente alinhados, como mostra a figura. Sendo m a massa do 
corpo do atleta e o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a 
opção correta que indica o módulo mínimo da força exercida pelo atleta 
em cada parede:
90°
(A) 
1
2 2
2
1
2 1
.mg
 −
 + 
µ
µ
(B) 
1
2 2
2
1
2 1
.mg  + − 
µ
µ
(C) 
2
2
1
2 1
.
mg  −
 + 
µ
µ
(D) 
2
2
1
2 1
.mg  + − 
µ
µ
(E) n. r. a.
 09 Na situação, um sistema está descendo aceleradamente sobre um 
plano inclinado. Acoplado ao teto do carrinho, existe um pêndulo que 
contém uma esfera ao final. Sabendo que ela não se move em relação ao 
carrinho, calcule o ângulo β.
g
53°
liso
β
 10 A partir do sistema apresentado abaixo, determine o módulo da força 
de tensão na corda (1). Considere todas as polias ideais.
 
µc = 0,5
2m
(1)
g
 11 Considere o sistema abaixo. Os dois blocos, A e B, possuem massas 
respectivamente iguais a m e a M. Despreze qualquer tipo de atrito, e 
calcule a razão M/m de modo que A esteja em repouso em relação a B.
B
A
m
M
FÍSICA I
Assunto 2
Dinâmica em movimentos retilíneos
371IME-ITA – Vol. 1
 12 No esquema abaixo, o bloco desliza sem sofrer nenhuma resistência 
sobre a superfície horizontal. Em um instante inicial, o ângulo de desvio da 
esfera é de 37°. Nessa mesma situação, o ângulo não varia e permanece 
igual a 37°. Assim, calcule a aceleração do bloco e a massa da esfera.
M
37°
a
�
g
 13 Uma corda, cujo peso é desprezado, foi colocada numa roldana de eixo 
fixo e passa através de um orifício. No movimento da corda, o orifício atua 
com uma força de atrito constante F. Nos extremos da corda são colocados 
pesos, cujas massas são m1 e m2. Determine a aceleração dos pesos.
m1 m2
 14 (Irodov) Um pequeno corpo começa a deslizar do topo de um prisma, 
cuja base é igual a I = 210 m. O coeficiente de atrito entre o corpo e a 
superfície do prisma é k = 0,140. Para qual valor do ângulo α o tempo 
de deslizamento será o menor? E qual será o valor desse tempo?
A
t
α
 15 (Alonso e Finn) Uma corrente flexível de comprimento L e peso W é 
colocada inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito ABC. 
Inicialmente, a distância de B a D é L – a. Determine a velocidade da 
corrente quando a extremidade D atingir o ponto B.
A D B
C
a
α
L – a
 16 (Alonso e Finn) Uma corda uniforme de massa M e comprimento 
L passa por um pino sem atrito e de raio muito pequeno. No início do 
movimento, BC = b. Calcule a aceleração e a velocidade, quando 
2
3
BC L= .
B
A
b
C
 17 (Halliday) A figura mostra uma máquina de Atwood, na qual dois 
recipientes estão ligados por uma corda (de massa desprezível) que passa 
por uma polia sem atrito (também de massa desprezível). No instante t = 0, 
o recipiente 1 tem uma massa de 1,3 kg e o recipiente 2 tem uma massa de 
2,80 kg, mas o recipiente 1 está perdendo massa (por causa de um vazamento) 
a uma taxa constante de 0,200 kg/s.
m1
m2
a. Com que taxa o módulo da aceleração dos recipientes está variando em 
t = 0,00 s?
b. Com que taxa o módulo da aceleração dos recipientes está variando em 
t = 3,00 s?
c. Em que instante a aceleração atinge o valor máximo?
FÍSICA I
Assunto 2
372 IME-ITA – Vol. 1
Física I
Assunto 1
Exercícios Nível 1
 01 Letra A.
 02 Letra D.
 03 Letra D.
 04 
a. 0 m/s2.
b. 2 m/s2.
 05 Letra B.
 06 Letra B.
 07 Letra D.
 08 Letra A.
 09 Letra D.
 10 Letra A.
 11 Letra C.
 12 Letra D.
 13 
a. –1 m/s.
b. 2 e 5 s.
c. 30 metros.
d. 2-3,5 s e 5-6 s.
e. 2-5 s.
 14 1 2 .t t
 15 Letra D.
Exercícios Nível 2
 01 Letra B.
 02 
+ +
1 2 3
1 2 1 3 2 3
3
.
v v v
v v v v v v
 03 
a. A.
b. 2,27 s; 5,73 s.
c. 1,00 s; 4,33 s.
d. 2,67 s.
 04 0,50 m/s2.
 05 Letra E.
 06 
a. améd AB = 3,3 m/s
2; améd BC = 0 m/s
2; améd CE = –7,5 m/s
2.
b. 75 m.
c. 
 
x,
 m
t, s
100
80
10
60
40
20
0
0
A C EB D
2 4 86
d. Entre C e E.
 07 2 1 1 2
1 2 2 1
2( )
.
( )
x t x t
t t t t
−
−
 08 Letra A.
 09 1 2
1 1 1
...
1
.n
V V V
V n
+ + +
=
 10 <79,2 km/h.
 11 60 km/h.
 12 ≅ 47 m/s.
 13 Letra C.
 14 Letra C.
 15 Letra A.
 16 150 km.
 17 
a. 40 m/s.
b. 40 s.
 18 
a. 45 m.
b. 6 m/s2.
c. 18 m/s.
 19 Letra D.
 20 Letra C.
 21 750 m.
 22 15 s.
 23 − <| | 2 .A BV V ad
 
 24 2 m/s.
 25 
θ
=
ω( −
cos
.
)A B
L
t
R R
 26 55 min.
 27 30 s.
Exercícios Nível 3
 01 −
−
2.( 1) .
2 1
a
n
n
 02 
a. 1,25 s.
b. 125 m.
c. 3,84 projéteis/segundo.
 03 10 km/h.
 04 229 m.
 05 
−
+2 2
| |
.
ad bl
a b
 06 
a. 0,6 s.
b. 2,16 m e 1,8 m.
c. Nunca (encontra-se com o chão quando v = 0).
 07 
 ⋅ −
⋅ ⋅  ⋅ − 
2
1 (2 )
.
2 2 ( )
n v gn
g
v gn
 08 
+ − + +
= ⋅
+ +
' 4( ) 3( ) .
L h L h L
t t
L h L
 09 
a. 
1
1
.
3
n
nR
−
 =  
 
b. Como o acoplamento é tangencial, todas as engrenagens têm mesma 
velocidade linear (v). Assim, vn + 1 = vn. Lembrando que v = ωR, temos:
GABARITO
IME-ITA
660
 
+ + +
+
 ω = ω →ω = ω 
 
ω = ω
1 1 1
1
1
( ) ( ) ( )
3
3 .
n n n n n n n n
n n
R R R R
 10 
a. Seja D(t) a distância percorrida pelo corpo entre os instantes t e t+1.
 Logo:
 
2 2
2 2
( 1)
( )
2 2
( 2) ( 1)
( 1)
2 2
a t at
D t
a t a t
D t
+
= −
+ +
+ = −
 Sendo assim, a diferença será:
 
2 2 2
2 2 2
( 2) ( 1)
( 1) ( ) 2
2 2 2
( 1) ( ) ( 4 4 2 4 2 )
2
( 1) ( ) (2) .
2
a t a t at
D t D t
a
D t D t t t t t t
a
D t D t a
+ +
+ − = − +
+ − = + + − − − +
+ − = =
b. 
2 2( 1)
( ) (2 1)
2 2 2
a n an a
D n n
+
= − = +
 
21
(0) .
2 2
a a
D = =
Assunto 2
Exercícios Nível 1
 01 40 N.
 02 
a. 2,0 m/s2.
b. 24 N.
c. 48 N.
 03 
a. 0,60. 
b. 2,0 m/s2.
 04 
a. µe = 0,25; µc = 0,20.
b. 1,0 m/s2.
 05 
D1 = 30 kgf.
D2 = 20 kgf.
 06 
a. 1,0 m/s2.
b. 70 kgf.
 07 
a. 3,0 m/s2.
b. 0,30.
 08 0,5.
 09 Letra E.
 10 
a. 
b. No cutelo: 30 N; no plano inclinado: 40 N.
 11 
a. g/10. 
b. Fio 1: mg/5; fio 2: 2mg/5.
c. mg/2.
 12 
a. 1,0 m/s2.
b. 4,4 · 104 N.
c. 55 kg.
 13 1,6 · 102 N.
 14 
a. 7,5 · 102 N.
b. 4,5 · 102 N.
 15 
a. 9,8 m/s2 e 2,2 m/s2. 
b. 588 N.
 16 Letra B.
 17 5,0 m/s2 e 30 N.
 18 
a. 720 N
b. aA = 0; aB = 5,0 m/s
2; apolia = 2,5 m/s
2.
c. 40 N.
 19 110 N > F > 50 N.
 20 Letra A.
 21 Letra C.
 22 Letra C.
 23 Letra D.
 24 Letra C.
 25 Letra C.
 26 Letra B.
 27 Letra D.
 28 Letra B.
 29 Letra B.
 30 Letra C.
 31 Letra B.
 32 Letra C.
 33 
−
µ =
−
3 2
.
2 1
Exercícios Nível 2
 01 Letra A.
 02 
a. a20 = 2,5 m/s
2; a5 = 4,9 m/s
2.
b. T = 25 N.
 03 
a. 15,7 N.
b. 0,2 · g.
c. Em relação ao bloco inferior, o bloco superior terá uma aceleração de 
0,1g para trás no primeiro caso e para frente no segundo.
 04 =
+
2 3 2
1
1 2 3
4
.
( )
m m l
l
m m m
 05 4,9 · 102 N.
 06 25 kgf.
 07 Letra D.
 08 50 cm.
 09 Letra E.
 10 Letra B. 
 11 Letra C.
 12 Letra D.
 13 1,20 · 103 N.
 14 
−
=
−
(2 )
.
g H R H
a
R H
GABARITO
IME-ITA
Volume 1
661
 15 
+ ⋅ α ⋅ α
=
+ + α
⋅ α ⋅ α + + + α
=
+ + α
+ ⋅ α ⋅ α − α
=
+ + α
1 3
2
1 2 3
2
1 1 2 3
2
1 2 3
2
1 2 1
2
1 2 3
sen cos
.
sen
sen cos ( )sen
.
sen
( ) sen cos sen
.
sen
m m
a g
m m m
m m m m
b g
m m m
m m m
c g
m m m
Em que a é a aceleração de m1 e m2, b é a aceleração vertical de m3 e c 
é a aceleração horizontal de m3.
 16 Letra E.
 17 36,5 < F < 64,7.
 18 0,7 m.
 19 Letra B.
 20 Letra C.
 21 Letra D. 
 22 Letra B.
 23 LetraE.
 24 Letra B.
 25 
 µ θ + θ
> µ + 
θ − µ θ 
2
1
2
cos sen
.
cos sen
F P
 26 = +
15
(40 3 3) kg.
79a
m
 27 
a. 
− α
=
+
1 2 1 2
contato
1 2
( ) cos
.
m m k k g
F
m m
b. −
 +
α =  
+ 
1 1 1 2 2
1 2
tan .
k m k m
m m
 28 
=
+ η α
=
α + η α
2
.
1 cot
.
tan cot
A
B
g
a
g
a
 29 =
+ +
2
.
2
g
a
M
k
m
 30 
− −
=
+ +
0 1 2
0 1 2
[ ( )]
.
m k m m g
a
m m m
Exercícios Nível 3
 01  =  − 
2
.
H T
t
g T mg
 02 =
+
.
mg
a
M m
 03 +(5 ) .
2
m M h
mg
 04 ⋅ ⋅ α=
+ − α
sen
.
2 (1 cos )
m g
a
M m
 05 
a. =
+ +
− −
=
+ +
− +
=
+ +
2 3
1
1 2 1 3 2 3
1 3 1 2 2 3
2
1 2 1 3 2 3
1 3 1 2 2 3
3
1 2 1 3 2 3
4
.
4
( 4 )
.
4
( 4 )
.
4
m m g
a
m m m m m m
m m m m m m g
a
m m m m m m
m m m m m m g
a
m m m m m m
b. − −=
+ +
− −
=
+ +
− +
=
+ +
2 3 1 2 1 3
1
1 2 1 3 2 3
1 3 1 2 2 3
2
1 2 1 3 2 3
1 3 1 2 2 3
3
1 2 1 3 2 3
(4 )
.
4
(3 4 )
.
4
( 3 4 )
.
4
m m m m m m g
a
m m m m m m
m m m m m m g
a
m m m m m m
m m m m m m g
a
m m m m m m
 06 =
+ θ +
θ
 = + θ  
( ) tan
tan
1 .
cos
C
C
mg
a
M
M m
a M
a
m
 07 
 b
= − α 
tan
1 .
tan
m M
 08 Letra B.
 09 0.
 10 
4
.
3
mg
 11 5.
 12 7,5 m/s2; 15 kg.
 13 
− −
=
+
1 2
1 2
( )
.
m m g F
a
m m
 14 α = − = °
1
tan 2 49 .
k
 tmin = 1 s.
 15 = − α2 2( )sen .
g
v L a
L
 16 
=
 = + − 
 
2 2
.
3
2 8
2 .
3
g
a
g
v L bL b
L
 17 
a. 0,653 m/s2. 
b. 0,896 m/s2.
c. 6,50 s.
GABARITO
IME-ITA
662
Dinâmica em movimentos curvilíneos
FÍSICA I ASSUNTO
3
221IME-ITA – Vol. 2
1. Introdução
A partir deste ponto, faremos uma reflexão mais profunda sobre a 
força resultante que pode atuar sobre um móvel. Sem deixar de lado as 
leis de Newton, que também regirão nosso estudo, além dos conceitos 
de referencial inercial e não inercial, descobriremos que, dependendo da 
relação entre os vetores força resultante e velocidade que atuam em um 
móvel, sua trajetória pode ser curvilínea em vez de apenas retilínea, como 
vimos antes. Naturalmente, sabemos que existem trajetórias curvilíneas, 
já que estão presentes o tempo todo em nosso cotidiano, mas vamos, 
agora, entender a sua dinâmica.
2. Dinâmica retilínea × 
dinâmica curvilínea
Estudamos, no último assunto, a dinâmica presente em movimentos 
retilíneos, ou seja, a presença de forças atuando como fatores de alteração 
dos movimentos. Descobrimos também que, pela Segunda Lei de Newton, 
a toda força está associada uma aceleração, vetores com mesma direção 
e sentido.
Então, vamos pensar em um bloco de 1 kg em movimento retilíneo 
uniforme. Como o movimento é retilíneo, a velocidade tem sempre uma 
certa direção. Suponha que seja aplicada uma força de 1 N no mesmo 
sentido da velocidade do corpo. Sabemos que, pela Segunda Lei de 
Newton, surgirá uma aceleração de 1 m/s2 no corpo, no mesmo sentido 
da força, que no caso é o mesmo sentido da velocidade. O resultado disso 
é que o corpo terá apenas a intensidade (ou o módulo) da sua velocidade 
aumentada com o tempo, mas sua direção permanecerá inalterada. Mas 
nós sabemos que carros podem fazer curva, por exemplo. Como pode 
isso acontecer, então?
Um dos conceitos básicos de cinemática é que a velocidade 
instantânea de um móvel é sempre tangente à trajetória que o corpo 
está realizando. Logo, para que o móvel possa mudar de direção, a sua 
velocidade deve mudar de direção. Então, como faremos isso acontecer?
Como para quaisquer dois vetores distintos, a mudança de direção da 
velocidade de v para ∆v entre um instante t e um instante t + ∆t produz o vetor 
diferença de velocidades, dado por ∆v, como mostra a figura:
∆v
v +
∆v
vv
t
1
2 t +∆t
v +∆v
Logo, se existe um vetor ∆v em um certo intervalo de tempo ∆t, 
devemos lembrar o conceito de aceleração, que é a taxa de variação 
temporal da velocidade, ou seja, a = ∆v/∆t. Então, esse vetor aceleração 
vai ter a mesma direção e sentido do vetor ∆v, já que ∆t é um escalar 
positivo. Esse vetor está representado na figura a seguir:
v
t
1
C
a
Dessa forma, acabamos de descobrir que, para que a velocidade mude 
de direção, deve passar a atuar sobre o móvel um vetor aceleração que não 
tenha a mesma direção do vetor velocidade inicial. E como, pela Segunda 
Lei de Newton, a toda aceleração está associada uma força, deve passar a 
atuar no móvel uma força resultante que não tenha a direção da velocidade, 
e é sobre essa força que passaremos a discutir na próxima seção.
3. Componentes da força resultante
A figura a seguir mostra um móvel executando um movimento curvilíneo 
em duas dimensões e a força resultante que atua nele naquele instante.
Essa força resultante, em um movimento bidimensional, sempre pode 
ser decomposta em dois eixos: o eixo tangencial (tangente à trajetória, ou 
seja, na direção da velocidade do corpo) e o eixo normal (perpendicular 
ao eixo tangencial). Chamaremos de força tangencial a componente da 
força no eixo tangencial e de força centrípeta a componente da força na 
direção normal, como mostra a figura abaixo.
t
F

cp
F

t
F

cp
F

t
F

cp
F

A força tangencial é toda força que estudamos até aqui. Ela está 
associada à aceleração tangencial ( 

at), que altera a intensidade da 
velocidade do móvel que estudamos em cinemática escalar. A novidade 
agora é a força centrípeta. Então, se a força tangencial está relacionada à 
mudança da intensidade da velocidade, a força centrípeta é a força atrelada 
à mudança da direção da velocidade do corpo, proporcionando a trajetória 
curvilínea observada. A aceleração associada a essa força é chamada de 
aceleração centrípeta ( 

acp).
Aplicando a Segunda Lei de Newton, teremos:
F m a
F m a
t t
cp cp
 
 
� �
� �
FÍSICA I
Assunto 3
222 IME-ITA – Vol. 2
4. Aceleração centrípeta
Já sabemos como encontrar a aceleração tangencial instantânea ou 
média de um móvel. Basta termos a função horária da velocidade e derivá-
-la, para a primeira, e saber a variação do módulo da velocidade em um 
certo intervalo de tempo, para a segunda. Mas ainda não sabemos como 
calcular a aceleração centrípeta. É o que veremos agora.
Considere um móvel em MCU de raio R. Como o movimento é 
uniforme, a única aceleração presente nele é a centrípeta, já que é um 
movimento curvilíneo. A figura a seguir mostra o móvel indo de um ponto 
A até um ponto B da circunferência, com deslocamento angular igual a θ.
θC
A
B
R
R

vA

vB
Sabemos que �v v v e v v vB A A B
    
� � � � . Com isso, podemos 
formar o seguinte triângulo:
θ

vB

vA
∆

v
É fácil ver por argumentos geométricos que o ângulo entre os dois 
vetores velocidade é o mesmo ângulo θ que representa o deslocamento 
angular de A até B (tente provar isso).
Dessa forma, vemos que esse triângulo das velocidades é semelhante 
ao ∆ABC da figura anterior. Com isso, podemos relacionar as medidas 
de seus lados:
�v
AB
v
R
A
 
� ( )I
Sabemos também que, quando o intervalo de tempo que a partícula 
leva para percorrer de A a B tende a 0, ou seja, ∆t → 0, o menor arco de 
circunferência AB tende ao segmento AB. Dessa forma, podemos dizer que:
AB ≈ AB = v · ∆t
Assim sendo, temos, de (I):
�
�
�
�
v
y t
v
R
v
t
v
R
 
�
� � �
²
( )II
Como a acp é a única aceleração presente no movimento, além de 
ter módulo constante, podemos dizer que ela corresponde à aceleração 
média do movimento:
a a
v
t
cp m
 

� �
�
�
( )III
Logo, de (II) e (III), temos que:
a
v
R
cp

=
²
Consequentemente, temos:
F m a m
v
R
cp cp
 
� � �
²
Extrapolando essa definição para qualquer movimento curvilíneo, 
podemos dizer que a aceleração centrípeta instantânea tem módulo igual 
ao módulo da velocidade linear instantânea ao quadrado dividido pelo raio 
de curvatura instantâneo.
Ainda podemos escrever a aceleração centrípeta em função da 
velocidade angular do móvel. Como v = w · R , em que w é a velocidade 
angular, substituindo na fórmula da aceleração, teremos:
a m
R
R
m
R
R
a m Rcp cp
 � � � �
( )² ² ²
²
� �
�
5. Classificação dos movimentos 
curvilíneos
Dependendo da presença ou não da aceleração tangencial, os 
movimentos curvilíneos podem ser classificados da seguinte maneira:
UNIFORME
F
→
RETARDADO
F
→
ACELERADO
F
→
No movimento circular uniforme, não há a ação da aceleração 
tangencial. Logo, a velocidade se mantém constante, e o móvel realiza 
uma trajetória circular, já que a aceleração centrípeta se mantém constante. 
Em movimentos acelerados ou retardados, existe aceleração tangencial. A 
trajetória será determinada, então, pela ação da força centrípeta realizada.
6. Dinâmica curvilínea no referencial 
não inercial
Relembrando: referenciais não inerciais são aqueles que possuem 
aceleração em relação a referenciais inerciais. Como consequência, as 
leis de Newton não são válidas neles. Para podermos resolver problemas 
relativos a eles, podemos nos valer dos princípios de equivalência de 
Einstein e de D’Alembert para mudar do referencial inercial para o não 
inercial e conseguir usar as leis de Newton. Tais princípios afirmavam em 
conjunto que, fixando o observador no referencial não inercial, poderíamos 
adicionar uma aceleração no sistema contido no referencial não inercial 
contrária à aceleração real desse referencial em relação à Terra. Dessa 
forma, passariam a atuar no corpo forças “fictícias”, denominadas 
forças de inércia. Muitas vezes esse procedimento facilita a resolução 
do problema. 
Como estamos falando ainda de dinâmica, as mesmas condições do 
movimento retilíneo valem para o movimento curvilíneo.
Para fazermos uma mudança de um referencial inercial para um 
referencial não inercial que execute um movimento de rotação uniforme (ou 
seja, dotado apenas de aceleração centrípeta, sem a ação de aceleração 
tangencial), procedemos da mesma forma. Colocando o observador no 
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
223IME-ITA – Vol. 2
referencial em rotação, incluímos nos componentes do sistema contido 
nesse referencial a aceleração adicional de mesmo módulo e direção 
da aceleração centrípeta, porém de sentido contrário, que chamaremos de 
aceleração centrífuga. A força de inércia correspondente a ela será, então, 
naturalmente denominada força centrífuga.
Geralmente, em movimentos curvilíneos, a mudança de referencial 
nem sempre é tão interessante, ao contrário do que aconteceu no exercício 
resolvido 7 do assunto anterior. Dessa forma, a aplicação desses princípios 
para movimentos curvilíneos vale mais para fixação do conceito e treinamento.
7. Problemas envolvendo trajetórias 
curvilíneas
A maioria dos problemas de dinâmica que envolvem trajetórias 
curvilíneas exigem que se tomem os seguintes passos:
1o. Identificar o centro instantâneo de rotação (CIR) da trajetória do móvel 
em questão.
2o. Traçar o eixo normal, ou seja, que passa pelo CIR, e o eixo tangencial, 
perpendicular ao normal.
3o. Decompor as forças não contidas nesses eixos para esses eixos, e 
manter as que já se encontram neles.
4o. No eixo normal, aplicar a Segunda Lei de Newton, lembrando que a 
aceleração nesse eixo é a centrípeta.
5o. No eixo tangencial, aplicar a Primeira ou Segunda Leis de Newton, 
dependendo das condições do problema. Lembrando que a aceleração 
nesse eixo, caso se aplique a Segunda Lei de Newton, é a aceleração 
tangencial.
Importante: A força centrípeta não é uma força a mais que atua no 
móvel. Ela é simplesmente a resultante das forças que atuam na direção 
normal à trajetória. Muitas vezes, existe apenas uma força atuando na 
direção normal, podendo ela ser a força peso, uma força de tração, uma 
força normal, etc. Nesse caso, elas farão apenas o papel de força centrípeta, 
já que serão a própria resultante na direção normal. Devemos lembrar 
também que ela sempre aponta para o centro de rotação.
 01 Na figura seguinte, um carrinho de 1,0 kg de massa descreve 
movimento circular e uniforme ao longo de um trilho envergado em forma 
de circunferência de 2,0 m de raio.
A velocidade escalar do carrinho vale 8,0 m/s, sua trajetória pertence a 
um plano vertical e adota-se |g
→
| = 10 m/s2. Supondo que os pontos 
A e B sejam, respectivamente, o mais alto e o mais baixo, determine a 
intensidade da força que o trilho exerce no carrinho:
A
B
g
→
a. no ponto A.
b. no ponto B.
Solução:
a. No ponto A, as forças que atuam no carrinho são a normal que o 
trilho faz sobre ele (NA) e o peso do carrinho (P). Ambas as forças 
têm direção vertical e sentido para baixo no ponto A. Como o centro 
de rotação é o ponto O, veja que essas duas forças já estão sobre 
o eixo normal à trajetória no ponto A. O diagrama de corpo livre do 
móvel está representado na figura a seguir.
t
F

cp
F

t
F

cp
F

eixo tangencial
eixo normal
A
P
NA
O
B
 Dessa forma, temos que a resultante centrípeta é dada por:
Fcp = NA + P (I)
 Como o carrinho está em movimento circular uniforme (MCU), 
sua velocidade no ponto A é a descrita no enunciado: v = 8 m/s. 
Temos também que, como o movimento é um MCU, o raio de 
rotação é constante ao longo da trajetória, igual a 2 m. Logo, temos: 
Fcp �
�
�
1 8
2
32
2
 N.
 Como o peso do carrinho é igual a P = 1 · 10 = 10 N, temos que, de 
(I), NA + 10 = 32→ NA = 22 N.
b. No ponto B, as forças que atuam sobre o carrinho ainda são a normal 
do trilho sobre ele (NB) e o peso do carrinho (P). Ambas as forças 
nesse ponto têm direção vertical, porém a normal tem sentido para 
cima, enquanto o peso tem sentido para baixo. Como o centro de 
rotação continua sendo o ponto O, temos que ambas as forças estão 
sobre o eixo normal. O diagrama de corpo livre está representado na 
figura a seguir.
eixo tangencial
eixo normal
A
B
O
N
→
B
P
→
 Dessa forma, a resultante centrípeta é dada por:
Fcp = NB – P (II)
FÍSICA I
Assunto 3
224 IME-ITA – Vol. 2
 Como o carrinho está em MCU, sua velocidade no ponto B é também 
v = 8 m/s. Temos que o raio também é igual a 2 m, já que ainda é 
um MCU. Logo, temos: Fcp �
�
�
1 8
2
32
2
 N.
 Como P = 1 · 10 = 10 N, temos que, de (II), 32 = NB – 10 → 
NB = 42 N.
 02 O pêndulo da figura oscila em condições ideais, invertendo seu 
movimento sucessivamente nos pontos A e C.
g
→
A
B
C
A esfera tem massa de 1,0 kg e o comprimento do fio leve e inextensível 
vale 2,0 m. Sabendo que, no ponto B (mais baixo da trajetória), a esfera 
tem velocidade de módulo 2,0 m/s e que |g
→
| = 10 m/s2, determine:
a. a intensidade da força resultante que age na esfera quando ela passa 
pelo ponto B.
b. a intensidade da força que traciona o fio quando a esfera passa pelo 
ponto B. 
Solução:
a. Vamos identificar primeiro o centro de rotação da trajetória no ponto 
B. Veja que, pelo fato de o fio estar sempre esticado, já que sempre há 
tração, o centro de rotação é sempre o mesmo, e é o ponto em que o 
fio está preso no teto (O). Logo, o raio de rotação é constante e igual 
ao comprimento do fio, 2 m. O diagrama de corpo livre da esfera está 
representado na figura a seguir.
eixo normal
eixo tangencial
T
P
B
v = 2 m/s
0
Agora veja que, no ponto B, a tração que atua no corpo é vertical, já que o 
fio está na vertical, apontando para cima. Existe também o peso, vertical, 
mas apontando para baixo. Dessa forma, só existem forças sobre o eixo 
normal, o que significa que só existe resultante centrípeta atuando na 
esfera no ponto B. Logo, a força resultante que age na esfera é dada por:
F FR cp� �
�1 2
2
2
→ FR = 2 N
b. Sabemos, pelo item “a”, que a resultante centrípeta que atua na esfera 
no ponto B tem intensidade de 2 N. Sabemos também que ela é a 
resultante da soma vetorial entre a tração no fio e o peso da esfera 
naquele ponto e que deve ter sentido “para cima”, já que o centro de 
rotação está acima do ponto B. Então, a tração deve ter intensidade 
maior que o peso. Dessa forma:
Fcp = T – P → 2 = T – 1 · 10 → T = 12 N
 03 (IME-1996) Uma mesa giratória tem velocidade angular constante w, 
em torno do eixo y. Sobre essa mesa encontram-se dois blocos,de massa 
m e M, ligados por uma corda inelástica que passa por uma roldana fixa à 
mesa, conforme a figura abaixo. Considerando que não existe atrito entre 
a mesa e o bloco M, determine o coeficiente de atrito mínimo entre os 
dois blocos para que haja movimento relativo entre eles. Considere d a 
distância dos blocos ao eixo de rotação. Despreze as massas da roldana 
e da corda.
M
m
d
y
w
1a solução:
No referencial não inercial da mesa giratória:
Nesse referencial, os blocos não se movimentam um em relação ao outro, 
nem em relação ao referencial.
É fácil ver que o centro de rotação está contido no eixo y da figura, já que ele 
é dotado de uma velocidade angular w constante. Como esse movimento de 
rotação é munido apenas de aceleração centrípeta, podemos nos munir dos 
princípios da equivalência e de D’Alembert para mudança de referencial.
O eixo normal é, então, o eixo que acompanha a distância d marcada na 
figura. Porém, dessa vez, não usaremos o eixo tangencial (que é o que 
“entra” no papel, já que o movimento tem essa direção), pois não há forças 
atuando nessa direção. Usaremos um eixo perpendicular ao normal que 
seja perpendicular à mesa, para que contenha a normal entre o bloco M 
e a mesa e a normal entre os blocos.
Quando colocamos o referencial na mesa, devemos anular a aceleração 
centrípeta que o sistema já tinha (para a esquerda no eixo normal) e 
adicionar uma nova aceleração, a centrífuga, para a direita no eixo normal, 
com a mesma intensidade da centrípeta (w²d), o que faz aparecerem as 
forças de inércia (centrífugas) nos blocos. 
Dessa forma, temos os seguintes diagramas de corpo livre: 
m
Fat
N2
m · w2d
m · g
T
M
N2
N1
Fat M · w2d
M · g
T
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
225IME-ITA – Vol. 2
Como a força centrífuga na caixa M é maior, já que M > m, a caixa M tende 
a escorregar para a direita no eixo normal, o que faz com que, devido ao 
vínculo geométrico proporcionado pelo fio, a caixa m tenda a se deslocar 
para a esquerda no mesmo eixo. Dessa forma, deve aparecer um atrito 
para a direita no bloco m provocado pelo bloco M a fim de impedir essa 
tendência de movimento. Pela Terceira Lei de Newton, surge um atrito de 
mesma intensidade, porém sentido contrário; no bloco M · N2 é a normal 
trocada pelos blocos, e N1 é a normal que a superfície exerce no bloco M.
Pela Primeira Lei de Newton, já que os blocos estão parados no referencial 
não inercial, temos:
Bloco M:
– eixo normal: T + Fat = M · w
2d 
– eixo perpendicular: M · g + N2 = N1 
Bloco m:
– eixo normal: T = Fat + m · w
2d
– eixo perpendicular: N2 = m · g
Como o problema pede o coeficiente de atrito mínimo entre os blocos 
para que não haja escorregamento relativo entre eles, devemos colocar 
o bloco m na iminência de escorregar, ou seja, a força de atrito (estático, 
no caso) deve ter seu valor máximo:
Fat = m · N2 = m · mg
Resolvendo, então, o sistema formado pelas cinco equações, temos:
�
�
�
� �
� �
( )M m d
m g
2
2
2a solução:
No referencial inercial da Terra:
Nesse referencial, os blocos não se movimentam relativamente entre si, 
mas em relação ao referencial da Terra. Os eixos são os mesmo descritos 
anteriormente. Isolando os blocos, temos os diagramas de corpo livre 
representados na figura abaixo:
m
Fat
N2
m · g
T
M
N2
N1
Fat
M · g
T
Para o bloco M:
– eixo normal, Segunda Lei de Newton: M · w2d = T + Fat
– eixo perpendicular, Primeira Lei de Newton, já que não há aceleração 
nesse eixo: M · g + N2 = N1.
Para o bloco m:
– eixo normal, Segunda Lei de Newton: m · w2d = T – Fat
– eixo perpendicular, Primeira Lei de Newton, já que não há aceleração 
nesse eixo: N2 = m · g.
Temos a mesma condição de iminência de escorregamento da solução 
anterior: Fat = m · N2 = m · mg.
Veja que as equações escritas aqui são equivalentes às da solução anterior. 
Dessa forma, resolvendo o sistema, temos:
�
�
�
� �
� �
( )M m d
m g
2
2
 01 A partícula indicada na figura descreve uma trajetória circular de raio R 
e centro O. Ao passar pelo ponto v, verifica-se que sobre ela agem apenas 
duas forças: 
 
1 2eF F .
A
o
θ
→
F1
→
F2
→
V
Sendo m a massa da partícula e 

v a sua velocidade vetorial em A, é 
correto que:
(A) =
2
1 .
mv
F
R
 
(B) =
2
2 .
mv
F
R
 
(C) + =
2
1 2 .
mv
F F
R
 
(D) + θ =
2
1 2 cos .
mv
F F
R
 
(E) 
2
1 2 cos ' , emque 'éa forçacentrífuga.
mv
F F F F
R
+ θ + = 
 02 (AFA-2002) A figura representa uma curva plana de um circuito de 
fórmula 1.
Se, durante uma corrida, um piloto necessitar fazer tal curva com 
velocidade elevada, evitando o risco de derrapar, deverá optar pela trajetória 
representada em qual alternativa?
FÍSICA I
Assunto 3
226 IME-ITA – Vol. 2
(A) (C)
(B) (D)
 03 Considere uma partícula de massa M descrevendo movimento circular 
e uniforme com velocidade de intensidade V. Se o período do movimento 
é igual a T, a intensidade da força resultante na partícula é:
(A) .
MV
T
 
(B) 
2MV
T
.
(C) π2 MV
T
. 
(D) πMV
T
. 
(E) 
π2 V
T
. 
 04 Um ponto material de 4,0 kg de massa realiza movimento circular 
e uniforme ao longo de uma trajetória vertical de 7,5 m de raio. Sua 
velocidade angular é w = 1,0 rad/s e no local =

210 m/s .g No ponto A 
indicado na figura, além da força da gravidade P, age no ponto material 
somente uma outra força: 

F. Caracterize 

F, calculando sua intensidade e 
indicando graficamente sua orientação.
0
A
w
→
p
→
g
 05 Uma partícula de 3,0 kg de massa parte do repouso no instante 
t0 = 0, adquirindo movimento circular uniformemente acelerado. Sua 
aceleração escalar é de 4,0 m/s e o raio da circunferência suporte do 
movimento vale 3,0 m. Para o instante t1 = 1,0 s, calcule a intensidade 
da força resultante que age sobre a partícula.
 06 (AFA-2004) Um carro de 1.500 kg faz uma curva sem superelevação, 
com um raio de 75 m, à velocidade de 54 km/h. O coeficiente de atrito 
mínimo que deve haver entre o pavimento da estrada e os pneus, a fim de 
impedir a derrapagem do carro é:
(A) 0,1.
(B) 0,3.
(C) 0,5.
(D) 0,6.
 07 (AFA-2002) Dois corpos, A e B, giram em movimento circular uniforme 
presos aos extremos de cordas de comprimentos, respectivamente, 
r e 2r. Sabendo que eles giram com a mesma velocidade tangencial, 
pode-se dizer que:
→
v
A
r
→
v
B
2r
(A) ambos desenvolverão mesma velocidade angular.
(B) ambos estarão submetidos à mesma força centrípeta.
(C) em um mesmo intervalo de tempo o corpo A dará maior número de 
voltas que o B.
(D) o corpo A desenvolve menor aceleração centrípeta que o B.
 08 Considere uma curva circular de 200 m de raio contida em um plano 
horizontal. Um carro de 700 kg de massa deverá percorrer essa curva 
com a máxima velocidade admissível para não derrapar. Sabendo que 
os coeficientes de atrito estático e cinético entre os pneus do carro e o 
solo valem, respectivamente, 0,80 e 0,70 e que g = 10 m/s2, determine 
a velocidade do veículo.
 09 (ITA-1969) Um satélite artificial é lançado em órbita circular equatorial, 
no mesmo sentido da rotação da Terra, de tal modo que o seu período seja 
de 24 horas.
Assim sendo, um observador situado no equador poderá ver o satélite 
parado sempre sobre sua cabeça. Referindo-se a um sistema de 
coordenadas, rigidamente ligado à Terra, esse observador dirá que isso 
acontece porque:
(A) Sobre o satélite atua uma força centrífuga que equilibra a força da 
gravidade da Terra.
(B) Existe uma força tangente à órbita que dá ao satélite um movimento 
igual ao da Terra e que impede a sua queda.
(C) A força centrípeta que atua sobre o satélite é igual à força da gravidade.
(D) Em relação ao Sol, o satélite também está parado.
(E) A essa distância em que o satélite se encontra seu peso é nulo.
 10 Considere um satélite artificial em órbita circular em torno da Terra. 
Seja M a sua massa e R o raio de curvatura de sua trajetória. Se a força 
de atração gravitacional exercida pela Terra sobre ele tem intensidade F, 
então pode-se afirmar que seuperíodo de revolução vale:
(A) .
MR
F 
(B) π2 .
MR
F 
(C) π2 .MRF 
(D) π
24
.
MR
F
 
(E) Não há dados para o cálculo. 
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
227IME-ITA – Vol. 2
 11 Na figura seguinte, um carro com massa de 5,0 · 102 kg percorre 
uma depressão assimilável a um arco de circunferência de 20 m de raio. 
No ponto mais baixo da trajetória, suposta contida em um plano vertical, 
existe uma ponte de madeira, que pode resistir a uma compressão normal 
máxima equivalente a 1,5 · 104 N.
r =
 20
 m
0
Considerando g = 10 m/s2, calcule com que velocidade máxima, dada em 
km/h, o carro poderá atravessar a ponte sem derrubá-la.
 12 (AFA-2005) O pêndulo da figura abaixo gira apresentando um ângulo 
θ de abertura em relação à vertical. Afirma-se que:
θ
I. A força centrípeta é a força resultante.
II. Variando a velocidade, o período permanece inalterado.
III. A tensão no fio diminui com o aumento de θ.
Estão corretas as afirmativas:
(A) I e II. 
(B) I e III. 
(C) II e III.
(D) I, II e III.
 13 
→
g
0
53°
Na figura, representa-se um pêndulo fixo em O, oscilando em um plano 
vertical. No local, despreza-se a influência do ar e adota-se g = 10 m/s2. 
A esfera tem massa de 3,0 kg, o fio é leve e inextensível, apresentando 
comprimento de 1,5 m. Se na posição A o fio forma com a direção vertical 
um ângulo de 53° e a esfera tem velocidade igual a 2,0 m/s, determine a 
intensidade da força tensora no fio.
Dados: sen 53° = 0,80; cos 53° = 0,60.
 14 A esfera de massa M da figura, presa ao ponto P por um fio de massa 
desprezível e comprimento L, executa movimento circular uniforme em 
torno do eixo E. A aceleração da gravidade tem módulo g. A velocidade 
angular da esfera é:
P
E
L
θ
(A) ω =
θ
.
sen
Mg
L
 
(B) ω =
θ
.
tan
Mg
 
(C) ω =
θ
.
cos
g
L
 
(D) ω =
θ
.
cos
Mg
L
 
(E) ω = π2 .
g
L
 
 15 (AFA-2008) Um corpo de massa m, preso à extremidade de um fio 
constituindo um pêndulo cônico, gira em um círculo horizontal de raio R, 
como mostra a figura.
R m
θ
Sendo g a aceleração da gravidade local e θ o ângulo do fio com a vertical, 
a velocidade do corpo pode ser calculada por:
(A) .Rg 
(B) 2 .Rg 
(C) θ.Rg sen 
(D) θtan .Rg 
 16 (IME-1989) Uma massa M = 20 kg é suspensa por um fio de 
comprimento L = 10 m, inextensível e sem peso, conforme mostra a 
figura. A barra ABC gira em torno do seu eixo vertical com velocidade 
angular constante de forma que o fio atinge a posição indicada.
FÍSICA I
Assunto 3
228 IME-ITA – Vol. 2
6 m 1,5 m
C B
L = 10 m
M
A
Determine:
Dado: =

210m/sg
a. a velocidade angular da barra.
b. a tração no fio.
 17 Na figura, o fio ideal prende uma partícula de massa m a uma haste 
vertical presa a um disco horizontal que gira com velocidade angular w 
constante. A distância do eixo de rotação do disco ao centro da partícula 
é igual a 0,1 3 m. Use =

210m/s .g
m60°
A velocidade do disco é:
(A) 3 rad/s.
(B) 5 rad/s.
(C) 5 2 rad/s. 
(D) 8 3 rad/s. 
(E) 10 rad/s.
 18 Um carro de dimensões desprezíveis percorre uma curva circular de 
raio R em movimento uniforme, sem receber a ação de forças de atrito 
exercidas pelo asfalto. A curva é sobrelevada de um ângulo θ, conforme 
indica o perfil abaixo:
→
g
θ plano horizontal
Adotando para a aceleração da gravidade o valor g e desprezando a 
resistência do ar, calcule o módulo da velocidade do carro.
 19 Na aviação, quando um piloto executa uma curva, a força de 
sustentação (

F ) torna-se diferente do peso do avião (

P ). A razão entre 
F e P é chamada de fator carga (n): =
F
n
P
.
Um avião executa um movimento circular uniforme, conforme a figura, 
em um plano horizontal, com velocidade escalar de 40 m/s e com fator 
de carga igual a 5/3.
→
F
0
→
P
R
Supondo 210m/s ,g =

 calcule o raio R da circunferência descrita pelo avião.
 20 Em alguns parques de diversões existe um brinquedo chamado 
rotor, que consiste em um cilindro oco, de eixo vertical, dentro do qual é 
introduzida uma pessoa. De início, a pessoa apoia-se sobre um suporte, 
que é retirado automaticamente quando o rotor gira com uma velocidade 
adequada. Admita que o coeficiente de atrito estático entre o corpo da 
pessoa e a parede interna do rotor valha m. Suponha que o módulo da 
aceleração da gravidade seja g e que o rotor tenha raio R. Calcule a mínima 
velocidade angular do rotor, de modo que, com o suporte retirado, a pessoa 
não escorregue em relação à parede.
suporte
→
g
R
w
 21 (IME-1997) Um inseto de massa m = 1,0 g está pousado no disco a 
12,5 cm do eixo de rotação. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático 
do inseto com a superfície do disco é me = 0,8, determine qual o valor 
mínimo da velocidade angular, em rpm (rotações por minuto), necessário 
para arremessar o inseto para fora do disco.
Dado: 210m/sg =

FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
229IME-ITA – Vol. 2
 22 Na situação esquematizada na figura, a mesa é plana, horizontal e 
perfeitamente polida. A mola tem massa desprezível, constante elástica 
igual a 2,0 · 102 N/m e comprimento natural (sem deformação) de 80 cm. 
Se a esfera (massa de 2,0 kg) descreve movimento circular e uniforme, 
qual o módulo da sua velocidade tangencial?
90 cm
 23 A figura mostra duas esferas iguais E1 e E2, que, ligadas a fios 
inextensíveis e de massas desprezíveis, descrevem movimento circular e 
uniforme sobre uma mesa horizontal perfeitamente lisa. Desprezando a 
resistência do ar e supondo que E1 e E2 se mantenham sempre alinhadas 
com o centro, aponte a alternativa que traz o valor correto da relação 
T1 e T2 entre as intensidades das forças tensoras nos fios (1) e (2):
L
E1
E2
(1)
(2)
L
(A) 2.
(B) 3/2.
(C) 1.
(D) 1/2. 
(E) 2/3.
 24 O esquema seguinte representa um disco horizontal, que, acoplado 
rigidamente a um eixo vertical, gira uniformemente sem sofrer resistência 
do ar:
B A
w
Sobre o disco estão apoiados dois bloquinhos, A e B, constituídos de 
materiais diferentes, que distam do eixo 40 cm e 20 cm, respectivamente. 
Sabendo que, nas condições do problema, os bloquinhos estão na 
iminência de deslizar, obtenha:
a. A relação VA / VB das velocidades lineares de A e de B em relação ao 
eixo.
b. A relação mA / mB dos coeficientes de atrito estático entre os blocos A 
e B e o disco.
 25 Um motociclista, pilotando sua motocicleta, move-se com uma 
velocidade constante durante a realização do looping da figura abaixo.
A
R
B
Quando está passando pelo ponto mais alto dessa trajetória circular, o 
motociclista lança, para trás, um objeto de massa desprezível, comparada 
à massa de todo o conjunto motocicleta-motociclista. Dessa forma, 
o objeto cai, em relação à superfície da Terra, como se tivesse sido 
abandonado em A, percorrendo uma trajetória retilínea até B. Ao passar, 
após esse lançamento, em B, o motociclista consegue recuperar o objeto 
imediatamente antes de ele tocar o solo.
Desprezando a resistência do ar e as dimensões do conjunto motocicleta-
motociclista, e considerando π2 = 10, a razão entre a normal (N), que age 
sobre a motocicleta no instante em que passa no ponto A, e o peso (P) do 
conjunto motocicleta-motociclista, (N/P), será igual a:
(A) 0,5.
(B) 1,0.
(C) 1,5.
(D) 3,5.
 01 Um ventilador de teto, com eixo vertical, é constituído por três pás 
iguais e rígidas, encaixadas em um rotor de raio R = 0,10 m, formando 
ângulos de 120° entre si. Cada pá tem massa M = 0,20 kg e comprimento 
L = 0,50 m. No centro de uma das pás foi fixado um prego P, com massa 
mP = 0,020 kg, que desequilibra o ventilador, principalmente quando este 
se movimenta. Suponha, então, o ventilador girando com uma velocidade 
de 60 rotações por minuto e determine:
figura Bfigura A
120°
0,50 m
rotor
P
a. A intensidade da força radial horizontal F, em newtons, exercida pelo 
prego sobre o rotor.
b. A massa Mo, em kg, de um pequeno contrapeso que deve ser colocado 
em um ponto Do, sobre a borda do rotor, para que a resultante das 
forçashorizontais agindo sobre o rotor seja nula.
c. A posição do ponto Do, localizando-a no esquema anterior (fig. B). 
(Se necessário, utilize π = 3).
FÍSICA I
Assunto 3
230 IME-ITA – Vol. 2
 02 (AFA-2007) Durante um show de patinação, o patinador, representado 
na figura abaixo, descreve uma evolução circular, com velocidade escalar 
constante, de raio igual a 10,8 m. Considerando desprezíveis quaisquer 
resistências, a velocidade do patinador, ao fazer a referida evolução, é igual a:
53°
pista de gelo
Dados: sen 53° = 0,80; cos 53° = 0,60.
(A) 12 m/s.
(B) 7 m/s.
(C) 8 m/s.
(D) 9 m/s.
 03 (IME-1994) Uma pequena esfera está suspensa por um fio ideal que 
está preso ao teto de um vagão. O trem faz uma curva plana horizontal de 
raio r, com velocidade v constante. Determine o ângulo que o fio forma 
com a direção vertical.
 04 A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando horizontalmente 
em MCU com velocidades lineares v1 e v2. A razão 
1
2
T
T
entre as intensidades 
das trações nos fios ideais 1 e 2 é:
1 2
fio 1 fio 2
R R
(A) +
2 2
1 2
2
2
2
.
v v
v
 
(B) 
+2 21 2
2
2
.
v v
v
 
(C) 
−2 21 2
2
2
.
v v
v
 
(D) 
2
2
2
1
.
v
v
 
 05 (ITA-1973) Um garoto dispõe de um elástico em cuja extremidade ele 
prende uma pedra de 10 gramas. Dando um raio R = 1,00 m (comprimento 
de repouso), ele faz a pedra girar em um círculo horizontal sobre sua cabeça 
com uma velocidade angular w = 2,0 rad/s. Considerando-se agora que o 
novo raio do círculo, R’, é constante, e que a constante elástica do elástico 
é k = 2,0 · 10–10, qual a diferença entre R’ e R?
(A) 2,5 cm.
(B) 2,0 m.
(C) 2,0 cm
(D) 0,20 cm.
(E) 0,25 cm.
 06 (ITA-1979) Um aro metálico circular e duas esferas são acoplados 
conforme a figura a seguir. As esferas dispõem de um furo diametral que 
lhes permite circular pelo aro. Este começa a girar, a partir do repouso, 
em torno do diâmetro vertical EE’, que passa entre as esferas, até atingir 
uma velocidade angular constante w. Sendo R o raio do aro, m a massa 
de cada esfera e desprezando-se os atritos, pode-se afirmar que:
w
E
E’
0
R
m m
(A) As esferas permanecem na parte inferior do aro porque essa é a 
posição de mínima energia potencial.
(B) As esferas permanecem a distâncias r e de EE’ tal que, se 2θ for o 
ângulo central cujo vértice é o centro do aro e cujos lados passam 
pelo centro das esferas, na posição de equilíbrio estável, então, 
2
tan ,
r
g
ω
θ = estando as esferas abaixo do diâmetro horizontal do aro.
(C) As esferas permanecem a distâncias r e de EE’ tal que, se 2θ for o 
ângulo central cujo vértice é o centro do aro e cujos lados passam 
pelo centro das esferas, na posição de equilíbrio estável, então, 
2
tan ,
r
g
ω
θ = estando as esferas acima do diâmetro horizontal do aro.
(D) As alternativas (B) e (C) estão corretas.
(E) A posição de maior estabilidade ocorre quando as esferas estão nos 
extremos de um mesmo diâmetro.
 07 Uma pequena conta de 100 g de massa desliza sem atrito por um 
arame semicircular de 10 cm de raio que gira em torno de um eixo vertical 
à taxa de 2 revoluções por segundo. Encontre o valor de θ para o qual a 
conta permanecerá estacionária em relação ao arame que gira.
θ
10
 cm
100 g
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
231IME-ITA – Vol. 2
 08 Na figura, uma bola de 1,34 kg é ligada por meio de dois fios de 
massa desprezível, cada um com comprimento L = 1,70 m, a uma 
haste vertical giratória. Os fios estão amarrados à haste a uma distância 
d = 1,70 m um do outro e estão esticados. A tensão do fio de cima é 35 N. 
L
L
d
haste giratória
Determine:
a. a tensão do fio de baixo;
b. o módulo da força resultante F a que está sujeita a bola;
c. a velocidade escalar da bola;
d. a direção de F.
 09 (AFA) Dois pequenos corpos A e B são ligados a uma haste rígida 
através de fios ideias de comprimentos LA e LB, respectivamente, conforme 
figura a seguir.
θA
θa
LA
LB
A
B
A e B giram em sincronia com a haste, com velocidades escalares 
constantes VA e VB, e fazem com a direção horizontal ângulos θA e θB, 
respectivamente.
Considerando LA = 4LB, a razão 
A
B
v
v
, em função de θ θA Be , é igual a:
(A) θ θ
θ θ
cos sen
2 .
cos sen
A B
B A
 
(B) θ θ
θ θ
cos sen
.
cos sen
A A
B B
 
(C) 
θ θ
θ θ
sen cos
.
sen cos
A A
B B
 
(D) 
θ θ
θ θ
cos cos
4 .
sen sen
A B
A B
 
 10 (ITA-1989) Uma pedra de massa m presa a um barbante de 
comprimento L é mantida em rotação em um plano vertical. Qual deve 
ser a menor velocidade tangencial da pedra no topo da trajetória (vm) para 
que o barbante ainda se mantenha esticado? Qual será a tensão (T) no 
barbante quando a pedra estiver no ponto mais baixo da trajetória?
 Vm T
(A) gL 6mg
(B) gL mg
(C) 2gL 2mg
(D) 2 gL 2mg
(E) gL 0
 11 (ITA-1997) Uma massa pontual se move, sob a influência da gravidade 
e sem atrito, com velocidade angular em um círculo a uma altura h ≠ 0 
na superfície interna de um cone que forma um ângulo α com seu eixo 
central, como mostrado na figura. 
h
α
A altura h da massa em relação ao vértice do cone é:
(A) 
ω2
.
g 
(B) 
ω α2
1
.
sen
g 
(C) 
α
ω α2
cot
.
sen
g
 
(D) α
ω
2
2 cot .
g
 
(E) Inexistente, pois a única posição de equilíbrio é o B = 0
FÍSICA I
Assunto 3
232 IME-ITA – Vol. 2
 12 Um pequeno bloco de massa m é colocado no interior de um cone 
invertido que gira em torno do eixo vertical de modo que o tempo para 
uma revolução é igual a T. As paredes do cone fazem um ângulo β com 
a vertical. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e o cone é m. Para 
que o bloco permaneça a uma altura h acima do vértice do cone, qual 
deve ser o valor máximo e o valor mínimo de T?
β β
m
h
 13 (UNESP) Um cubo de aço e outro de cobre, ambos de massas 
iguais a 20 g, estão sobre um disco de aço horizontal, que pode girar 
em torno de seu centro. Os coeficientes de atrito estático para aço-aço 
e cobre-aço são, respectivamente, 0,74e 0,53.A Cµ = µ = O cubo de 
cobre está inicialmente a uma distância de 10 cm do centro do disco. 
A aceleração da gravidade = 10 m/s2.
a. Qual deve ser a velocidade angular do disco para que o cubo de cobre 
comece a deslizar?
b. A que distância do centro deve estar o cubo de aço para que o seu 
deslizamento seja simultâneo com o de cobre?
 14 (EN) Analise a figura abaixo.
B
R
A
C
D
d
A figura anterior mostra um pequeno bloco, inicialmente em repouso, no 
ponto A, correspondente ao topo de uma esfera perfeitamente lisa de raio 
R = 135 m. A esfera está presa ao chão no ponto B. O bloco começa a 
deslizar para baixo, sem atrito, com uma velocidade inicial tão pequena 
que pode ser desprezada, e ao chegar ao ponto C, o bloco perde contato 
com a esfera. Sabendo que a distância horizontal percorrida pelo bloco 
durante seu voo é d=102 m, o tempo de voo do bloco, em segundos, ao 
cair do ponto C ao ponto D vale:
Dado: 210m/sg =

(A) 1,3.
(B) 5,1.
(C) 9,2.
(D) 13.
(E) 18.
 15 Um bloco de 6 kg está confinado a se mover ao longo da trajetória 
parabólica lisa. Uma mola ligada a ele restringe o movimento e, devido ao 
rolete-guia, sempre permanece horizontal à medida que o bloco desce. Se 
a mola tem uma rigidez de k = 10 N/m, e o comprimento não deformado 
de 0,5 m, determine a força normal da trajetória no bloco no instante x = 
1 m, quando o bloco tem uma velocidade de 4 m/s. Além disso, qual é a 
taxa de aumento da velocidade do bloco neste ponto? Despreze a massa 
do rolete e da mola.
B
y
A
x
K = 10 N/m
y = 2 – 0,5 x2
 16 (ITA-1994) Um motociclista trafega em uma estrada reta e nivelada 
atrás de um caminhão de 4 m de largura, perpendicularmente à carroceria. 
Ambos estão trafegando à velocidade constante de 72 km/h, quando o 
caminhão se detém instantaneamente devido a uma colisão. Se o tempo 
de reação do motorista for 0,5 s, a que distância mínima ele deverá trafegar 
para evitar o choque apenas com mudança de trajetória? Considere o 
coeficiente de atrito entre o pneu e o solo µ =0,8, aceleraçãogravitacional 
g = 10 m/s2 e que a trajetória original o levaria a colidir no meio da carroceria.
(A) 19,6 m.
(B) 79,3 m.
(C) 69,3 m.
(D) 24,0 m.
(E) 14,0 m.
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
233IME-ITA – Vol. 2
 17 Um motoqueiro efetua uma curva de raio de curvatura de 80 m a 
20 m/s em um plano horizontal. A massa total (motoqueiro + moto) é de 
100 kg. Se o coeficiente de atrito estático entre o solo e o pneu da moto 
vale 0,6, quanto vale a máxima força de atrito estático? Qual a tangente 
do ângulo de inclinação θ da moto em relação à vertical?
 01 Existe uma ponte de forma parabólica sobre um rio com d = 100 m 
de largura. O ponto mais alto da ponte está 5 metros acima da base dela. 
Um carro de massa 1.000 kg está atravessando a ponte a uma velocidade 
constante de 20 m/s. Calcule a força feita na ponte pelo carro quando ele 
está no ponto mais alto da ponte.
d
 02 Um corpo suspenso em repouso de um ponto fixo por uma mola de 
comprimento natural Lo gera um novo comprimento da mola igual a L1. 
Se esse corpo for movido em uma trajetória circular horizontal (como um 
pêndulo cônico), sendo que o fio forma um ângulo θ com a vertical, qual 
o período de revolução?
 03 O disco B, na figura, tem, em determinado instante, velocidade angular 
w = 2 rad/s e aceleração angular α = 3 rad/s2, em torno de um eixo 
vertical. Qual o menor coeficiente de atrito que deve existir entre o bloco 
A (colocado a 50 cm do eixo) e o disco para que o bloco não deslize em 
relação a ele, nesse instante?
50 cm
B
A
 04 Um balde é amarrado a uma corda de comprimento L = 1 m e é posto 
a girar em um círculo horizontal. Pingos de água escapando do balde caem 
e batem no piso ao longo do perímetro de um círculo de raio a. Determine 
o raio a quando θ =
3
sen
5
. Suponha =

210m / sg .
2L
θ
a
L
 05 No ponto A da figura, um pequeno corpo de massa m = 0,01 kg, 
inicialmente em repouso, comprime uma mola ideal de constante elástica 
k = 2 N/m. A compressão inicial da mola em relação à sua posição de equilíbrio 
é denotada por x. Em um dado instante, a mola subitamente impulsiona o 
corpo, que passa a mover-se sobre uma superfície sem atrito. Tal superfície 
é composta por seções retilíneas e horizontais AB e BE, e por porções curvas 
BC e DB. As partes curvas da superfície são arcos de circunferência que 
compõem um loop circular e vertical de raio R = 1 m, o qual teve a porção 
CD, de abertura angular 2θ = 120°, completamente retirada.
D C
R
B
θ θ
a. Calcule o valor mínimo da compressão inicial da mola para que o 
corpo, partindo em repouso do ponto A, atinja o ponto E sem perder 
contato com a superfície ABCDE, a não ser no trecho entre C e D.
b. Nas circunstâncias do item a, calcule a força normal que o loop exerce 
sobre o corpo quando este passa pelo ponto C. Indique claramente o 
módulo, a direção e o sentido do vetor.
 06 (ITA-1999) Um pêndulo é constituído por uma partícula de massa 
m suspensa por um fio de massa desprezível, flexível e inextensível, de 
comprimento L. O pêndulo é solto a partir do repouso, na posição A, e 
desliza sem atrito ao longo de um plano de inclinação α, como mostra a 
figura. Considere que o corpo abandona suavemente o plano no ponto B, 
após percorrer uma distância d sobre ele. A tração no fio, no instante em 
que o corpo deixa o plano, é:
m
L
A
B
α
(A) cos .
d
mg
L
  α 
 
 
(B) cos .mg α 
(C) 3 sen .
d
mg
L
  α 
 
 
(D) sen .
d
mg
L
  α 
 
 
(E) 3 .mg 
FÍSICA I
Assunto 3
234 IME-ITA – Vol. 2
 07 Uma polia fixa carrega um fio de massa desprezível, com massas m1 e 
m2 presas em seus extremos. Sabendo que tem atrito entre o fio e a polia, 
e que o fio começa a deslizar quando a razão m2 /m2 = ηo. Determine:
m1 m2
T1
T2
a. O coeficiente de atrito.
b. A aceleração das massas quando m2/m1 = ηo.
 08 (FUVEST-2004) Um brinquedo consiste em duas pequenas bolas, A e 
B, de mesma massa M, e um fio flexível. A bola B está presa na extremidade 
do fio e a bola A possui um orifício pelo qual o fio passa livremente. Para 
o jogo, um operador (com treino) deve segurar o fio e girá-lo de tal forma 
que as bolas descrevam trajetórias circulares, com o mesmo período T 
e raios diferentes. Nessa situação, como indicado na figura 1, as bolas 
permanecem em lados opostos em relação ao eixo vertical fixo que passa 
pelo ponto O. A figura 2 representa o plano que contém as bolas e que 
gira em torno do eixo vertical, indicando os raios e os ângulos que o fio 
faz com a horizontal.
Assim, determine:
A
0
B
figura 1
A
0
figura 2
B
α
g
θ
R2
R1
Dados:
Não há atrito entre as bolas e o fio.
Considere sen θ ≈ 0,4; cos θ ≈ 0,9 e π ≈ 3.
a. o módulo da força de tensão F, que permanece constante ao longo 
de todo o fio, em função de M e g.
b. a razão K = sen α/sen θ, entre os senos dos ângulos que o fio faz 
com a horizontal.
c. o número N de voltas por segundo que o conjunto realiza quando o 
raio R1 da trajetória descrita pela bolinha B for igual a 0,10 m.
 09 Sobre um plano inclinado que forma um ângulo α com a horizontal foi 
colocado um pequeno bloco A ao qual foi comunicada uma velocidade inicial 
V0. Encontre a relação entre a velocidade do bloco e o ângulo ϕ, se o coeficiente 
de atrito m = tan α e, no momento inicial, ϕ0 = π/2
Obs.: O eixo está paralelo às extremidades do plano e ϕ é o ângulo entre 
a velocidade e o eixo x.
V
X
α
ϕ
 
 10 O anel C de 0,5 kg pode deslizar livremente ao longo da barra 
lisa AB. Em um dado instante, a barra AB está girando com uma 
velocidade angular de w = 2 rad/s e tem aceleração angular de 
θ = 2 rad/s2. Determine a força normal da barra AB e a reação radial da 
placa na extremidade B sobre o anel neste instante. Despreze a massa da 
barra e a dimensão do anel.
A
C
θ, θ
B
0,6 m
 11 Um mecanismo está girando em torno do eixo vertical com velocidade 
angular constante w = 6 rad/s. Se a barra AB é lisa, determine a posição 
constante r do anel C de 3 kg. A mola tem um comprimento não deformado 
de 400 mm. Desprezando a massa da barra e a dimensão do anel.
k = 200 N/m
b
B
C
r
A
300 mm
FÍSICA I
Assunto 3
Dinâmica em movimentos curvilíneos
235IME-ITA – Vol. 2
 12 Uma bola de massa m é guiada ao longo da trajetória circular vertical 
r = 2ro cosθ usando o braço AO. Se o braço tem velocidade angular 
constante ω, determine o ângulo θ < 45° no qual a bola começa a deixar 
a superfície do semicírculo. Desprezando atrito e a dimensão da bola.
0
r
P A
ro
θ
 13 O instrumento da figura consiste em uma barra em L lisa, disposta 
em um plano horizontal, e um pequeno corpo A de massa m, ligado por 
uma mola ao ponto B. A constante elástica da mola é k. O sistema gira ao 
redor de um eixo vertical que passa pelo ponto O, a uma velocidade angular 
w. Quanto vale a deformação relativa da mola? O resultado depende do 
sentido de rotação? 
Obs.: O corpo A pode deslocar-se sem atrito ao longo da barra em L.
A
B
1. Introdução
A Estática é o ramo da Física que estuda corpos em equilíbrio estático, 
ou seja, com velocidade nula. Certamente, é uma das áreas da Física 
que possui maior enfoque nos dias atuais, visto que tem um alcance 
prático enorme. Na engenharia civil, por exemplo, é fundamental para a 
construção e manutenção de pontes e prédios. Além disso, propiciou o 
desenvolvimento de diversos aparatos que reduzem a necessidade do 
homem de realizar forças, como alavancas e parafusos. 
A Estática se divide em duas áreas: a estática dos sólidos e a estática 
dos fluidos, também chamada de hidrostática.
Neste assunto, será estudada apenas a estática dos sólidos. Entender-
-se-á quando é possível considerar um corpo como um ponto material ou 
quando se deve tratá-lo como um corpo extenso (rígido). Serão vistas as 
condições de equilíbrio para cada um dos dois tipos de corpos. Discutir-
-se-á, ainda, como se pode tratar um sistema de pontos materiais discretos 
e de distribuições contínuas homogêneas de massa, com relação a seus 
centrosde gravidade. Abordar-se-ão os três tipos de equilíbrio, tanto para 
pontos materiais como para corpos rígidos. Por fim, serão estudadas as 
treliças, estruturas complexas de extrema importância na sustentação de 
diversas outras estruturas. 
2. Condições de equilíbrio estático
Observe-se o sistema mostrado na figura abaixo:
T1
T2
βα
P
Percebe-se que, quando esse sistema foi montado, não houve 
preocupação nenhuma com qualquer tipo de rotação do corpo P em 
torno de qualquer eixo, já que, para que o equilíbrio estático do corpo P 
seja satisfeito, é suficiente que as trações no fio sejam adequadas. Dessa 
forma, o corpo P pode ser considerado um ponto material, pois, tendo 
qualquer tipo de rotação desprezada, não será necessário levar em conta 
as suas dimensões para qualquer tipo de cálculo.
Agora, veja-se a situação mostrada na figura a seguir:
Disponível em: <imguol.com>.
 Sabe-se que, mesmo que haja 
uma parte do prato pendendo na 
beirada da mesa, ele continua em 
repouso sobre ela, ao passo que, se 
for empurrado gradativamente para 
fora da mesa, em algum momento 
ele cairá, mesmo que ainda não 
tenha perdido total contato com a 
superfície. Dessa forma, percebe-se 
que as dimensões do prato não 
podem ser desprezadas, já que, para 
diferentes posições em relação à 
beirada da mesa, o prato pode estar em equilíbrio ou não. Além disso, é 
fácil perceber que, ao fechar uma porta, é mais eficiente aplicar-lhe uma 
força em um ponto mais distante da dobradiça do que mais perto dela. 
Logo, percebe-se que o ponto de aplicação dessa força fará diferença no 
efeito produzido pela força na rotação dessa porta.
Dessa maneira, deve-se considerar o prato e a porta como corpos 
extensos ou rígidos. A seguir, serão discutidas as condições de equilíbrio 
para cada tipo de corpo.
2.1 Equilíbrio de um ponto material
Em Dinâmica, na apostila 2, viu-se que, pela Primeira Lei de Newton, 
um corpo está em equilíbrio estático, quando em repouso em relação a um 
referencial inercial, e está em equilíbrio dinâmico, quando em movimento 
retilíneo uniforme em relação a um referencial inercial. Ambas as condições 
são traduzidas por:
�
FΣ = 0
Assim, para que um ponto material esteja em equilíbrio, a resultante 
das forças que atuam nesse corpo deve ser nula.
F
→
1
F
→
2
F
→
3
F
→
4
F
→
1 + F
→
2 + F
→
3 + F
→
4 = 0
Como, então, encarar problemas que lidem com esse tipo de equilíbrio? 
O primeiro passo é, obviamente, certificar-se de que o corpo tratado no 
problema seja um ponto material. Dessa forma, pode-se desconsiderar 
possíveis rotações. Após isso, deve-se traçar o diagrama de corpo livre 
(DCL), do mesmo jeito que em dinâmica. Desenhar um DCL claro e conciso 
é um passo importantíssimo na resolução de problemas que envolvem 
forças. A partir daí, pode-se dividir os problemas em três tipos: os que 
envolvem apenas duas forças, os que envolvem apenas três forças e os 
que envolvem mais de três forças.
2.1.1 Tipo 1: problemas que envolvem apenas duas 
forças
Esse é o tipo de problema mais elementar. Quando apenas duas forças 
estão agindo em um corpo e este está em equilíbrio, já que são sempre 
coplanares, é necessário que ambas as forças tenham a mesma direção, 
sentidos contrários e módulos iguais. Somente dessa forma as forças 
poderão se anular. Um exemplo disso é a força normal e a força peso 
se anulando quando um corpo está em repouso em um plano horizontal.
Estática dos sólidos
FÍSICA I ASSUNTO
4
236 IME-ITA – Vol. 2
2.1.2 Tipo 2: problemas que envolvem apenas três 
forças
Quando se trata de três forças, elas não necessariamente são 
coplanares. Dessa forma, haverá abordagens diferentes para quando forem 
coplanares e para quando não forem.
Quando as forças são coplanares, os vetores que as representam 
devem formar um triângulo de forças de mesmo sentido (horário ou anti-
-horário), pois já foi visto, no assunto sobre vetores em Física III, que sem-
pre que vetores formam um polígono, a resultante deles é nula. Proceder 
dessa forma na maioria das vezes simplifica o problema, principalmente 
quando duas das forças são perpendiculares.
F
→
1 F
→
2
F
→
3
F
→
1
F
→
2
F
→
3
α 
β
θ
Outra forma de resolver problemas do tipo é decompor as forças em 
dois eixos perpendiculares, geralmente chamados de x e y. O melhor modo 
de escolher os eixos é aquele que comporta o maior número de forças já 
nos eixos, para facilitar o trabalho de decomposição. Daí, conclui-se que 
a força resultante em cada eixo deve ser nula.
Quando as forças não são coplanares, ou seja, quando o problema 
passa a ter três dimensões, o melhor jeito de resolvê-lo é trabalhar com 
vetores da mesma forma utilizada no assunto vetores, de Física III. Os 
vetores unitários serão sempre grandes aliados na resolução desses 
problemas.
2.1.3 Tipo 3: problemas que envolvem mais de três 
forças
Da mesma forma que com apenas três forças, elas podem ou não 
ser coplanares. A única abordagem que não é aplicável para mais de três 
forças é a formação do triângulo de forças. A decomposição de forças nos 
eixos x e y para o caso em que as forças são coplanares e a utilização de 
vetores unitários para quando as forças não são coplanares representam 
os melhores métodos de resolução de problemas desse tipo.
Na figura, um corpo de peso 120 N encontra-se em equilíbrio, suspenso 
por um conjunto de três fios ideais A, B e C. Calcule as intensidades das 
trações nesses fios. Considere sen θ = 0,6 e cos θ = 0,8.
•
TA
TB TCx
TC
TCy
θ
1a solução: decomposição das forças em eixos x e y.
Sabemos que a tração no fio A tem que ser igual ao peso do corpo, já que 
são as únicas duas forças que atuam no corpo. → TA =120 N.
O diagrama de corpo livre do nó, bem como as trações já decompostas 
nos eixos, estão representadas na figura a seguir:
•
•
•
θ
C
B
A
nó
Como o nó está em equilíbrio, temos:
�
F T T T
T
y
C y A C
C
Σ = → = → = →
=
0 120
0 6 120
 · 
 · 
sen
,
θ
TC =200 N.
�
F T T T T
T
x
C x B C B
B
Σ = → = → = →
=
0
200 0 8
 · cos
 · 
θ
,
TB =160 N.
2a solução: utilização do triângulo de forças.
Já sabendo que TA = 120 N, podemos determinar as outras duas trações 
utilizando o triângulo de forças:
TA
TB
TC
•
θ
Dessa forma, temos:
sen N.� � � � � � � �
T
T
T
T
TA
C
C
A
C0 6 0 6
120
0 6
200,
, ,
cos · · N.� � � � � � � �
T
T
T T TB
C
B C C0 8 0 8 200 0 8 160, , ,
Vê-se que, nesse caso, a utilização do triângulo de forças torna a resolução 
da questão mais prática.
Agora estudaremos quais são as condições para o equilíbrio de um corpo 
rígido.
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
237IME-ITA – Vol. 2
2.2 Equilíbrio de corpo rígido
Na seção 2.1, nosso estudo estava restrito a pontos materiais. 
Como não possuem dimensão, estão sujeitos apenas a movimentos de 
translação, já que, como visto, toda rotação é desconsiderada.
Agora, o assunto a ser tratado são os corpos rígidos (ou extensos). 
Dessa forma, não se deve considerar apenas o equilíbrio de translação. 
Deve-se pensar também no equilíbrio de rotação. Serão vistas as condições 
para que cada um deles ocorra. Porém, antes disso, é preciso pensar no 
princípio de transmissibilidade.
2.2.1 Princípio de transmissibilidade
O princípio de transmissibilidade afirma que as condições de equilíbrio 
para um corpo rígido continuarão sendo satisfeitas se uma força F, já atuante 
em algum ponto do corpo, for substituída por outra força, F’, de mesma 
intensidade e direção, mas atuando em um ponto que esteja contido na mesma 
linha de ação da força F. O princípio está esquematizado na figura a seguir:
=
F’
F
Como possuem o mesmo efeito, as forças F e F’ são chamadas de 
forças equivalentes.
O princípio afirma, resumidamente, que uma força pode ser transmitida 
ao longo de sua linha de ação em um corpo rígido sem que o seu equilíbrio 
seja alterado. Dessa forma, as forças em corpos rígidos devem ser 
representadas por um tipo diferente de vetor, denominado vetor deslizante.
Com o princípio da transmissibilidadeem mente, pode-se avançar para 
o estudo das condições de equilíbrio de corpos rígidos.
2.2.2 Equilíbrio de translação de corpos rígidos
As condições de equilíbrio de translação de corpos rígidos são 
exatamente as mesmas que devem ser satisfeitas para o equilíbrio de 
pontos materiais, já que estes só podem sofrer translação. Dessa forma, 
tudo que foi dito para os pontos materiais se aplica aqui. A diferença é que 
se pode usar vetores deslizantes, que, por terem direção constante, ainda 
satisfarão que a força resultante deve ser nula para que o corpo esteja em 
equilíbrio de translação, confirmando o princípio da transmissibilidade.
�
FΣ = 0
F
→
1
F
→
2
F
→
3
F
→
4
F
→
1 + F
→
2 + F
→
3 + F
→
4 = 0
2.2.3 Equilíbrio de rotação de corpos rígidos
Pela Segunda Lei de Newton, uma resultante de forças está associada 
a uma aceleração. Estudou-se, em Dinâmica, como é feita essa relação 
para pontos materiais, seja em movimentos retilíneos seja em curvilíneos. 
Porém, não se iniciou o estudo da Dinâmica de corpos rígidos. O escopo 
do curso não inclui essa disciplina, porém uma analogia pode ser feita.
As forças estudadas possibilitavam aos corpos, que eram 
considerados pontos materiais, alterar seus equilíbrios de translação, já 
que estavam diretamente associadas a acelerações. Porém, para corpos 
rígidos, como suas dimensões não podem ser desprezadas, existirá a 
possibilidade de rotação desses corpos em torno de eixos, já que cada 
elemento de massa terá uma posição diferente a cada instante e, no caso 
de movimentos curvilíneos, os executará com raios diferentes, o que, 
para pontos materiais, não acontece. Logo, como a alteração do equilíbrio 
de translação é devido às forças, deve existir um elemento que altere o 
equilíbrio de rotação desses corpos rígidos. O nome desse elemento é o 
torque, ou momento, representado pela letra grega τ.
Quando se definiu força, no assunto Dinâmica, foi dito que ela era a 
derivada temporal da quantidade de movimento associada ao movimento 
de translação, também chamada de momento linear. Dessa força, dada a 
analogia feita entre força e torque, a definição de torque é semelhante à da 
força. Torque é, no final das contas, a derivada temporal da quantidade de 
movimento associada, então, ao movimento de rotação, também chamada 
de momento angular, definido por L
→
 = r
→
 × p
→
, para uma partícula, em que 
r
→ 
 é o vetor que liga a partícula ao ponto em torno do qual ela está girando 
e p
→ 
é a sua quantidade de movimento. Dessa forma:
�
  
� �
d
dt
r p( )
Pela regra de derivação de um produto vetorial:
�
  

 

� � � � � �
d
dt
r p
dr
dt
p r
dp
dt
( )
Sabe-se que 
dr
dt
v


= , e, como p mv
 
= , 
dr
dt
p v mv

   
� � � � 0.
Dessa forma, como 
dp
dt
F


= , conclui-se que:
� �
 

  
� � � � �r
dp
dt
r F
Vê-se, então, que a existência do torque está diretamente ligada à 
existência de uma força, o que pressupõe que uma alteração no equilíbrio de 
rotação de uma partícula em torno de algum ponto deve ser acompanhada 
de uma alteração no equilíbrio de translação da partícula.
Pode-se considerar um corpo rígido como uma distribuição contínua 
de partículas, ou “elementos de massa infinitesimal”. Quando uma força 
é aplicada em um corpo rigído, ela é aplicada em apenas um desses 
elementos. Logo, essa força poderá provocar, além do movimento de 
translação natural, um movimento de rotação em torno de algum ponto 
do espaço, chamado de O. Logo, o momento dessa força em torno do 
ponto O será dado pela relação:
M r FF ,�
� ���� � �
� �
FÍSICA I
Assunto 4
238 IME-ITA – Vol. 2
A representação geométrica do momento de uma força em relação a 
um ponto está expressa na figura a seguir:
MO
F
→
θ
θ
PO
r sen θ
F sen θ
Da fórmula do módulo do produto vetorial, depreende-se:
M r F senF O, ·� · �
em que θ é o ângulo entre o vetor r
→
 e F
→
.
Logo, pela figura, r · sen θ é o módulo da projeção do vetor r
→
 na direção 
perpendicular à linha de ação da força F
→
. Pela fórmula da intensidade do 
momento da força, vê-se, então, que ela é dada pelo produto da intensidade 
da força pelo módulo dessa projeção do vetor r
→
. Vê-se também que 
r · sen θ é a distância entre a linha de ação da força e uma reta paralela 
a essa linha que passe pelo ponto O. Por isso chama-se essa distância 
de braço de momento (b) da força F
→
 em relação ao ponto O. Logo, 
r · sen θ = b, o que, em módulo, é:
M F bF O, ·= 
+ O
b
braço
de
momento
linha de ação da força
•
F
→
Note-se que, no SI, a unidade do momento é N · m, dimensionalmente 
igual ao Joule (J), unidade de energia. Então, por que as duas grandezas, 
tendo a mesma unidade, são completamente diferentes? Dica: para 
responder, deve-se pensar nas definições de torque e trabalho e na analogia 
entre força e torque.
Essa relação será a mais usada na resolução de questões, já que quase 
todas elas tratarão o momento apenas de acordo com sua característica 
escalar.
O mesmo efeito é obtido se a força F
→
 foi decomposta em uma direção 
perpendicular ao vetor r
→
. Dessa forma, a intensidade dessa componente 
passa a ser F · sen θ, enquanto que a outra componente, F · cos θ, teria 
sua direção passando pelo ponto O. Então, apenas a componente F · sen θ 
exerceria momento em O, com braço de momento igual a r, enquanto que 
o momento de F · cos θ seria nulo, já que seu braço de momento também. 
Logo, pode-se calcular o momento de uma força de duas formas: 
calculando o braço de momento b da força aplicada (geometricamente 
ou pela simples decomposição do vetor r
→
 na direção perpendicular à linha 
de ação da força) ou decompondo a força em uma direção perpendicular 
à direção do vetor r
→
, e multiplicando sua intensidade pela intensidade do 
vetor r
→
.
Dessa forma, vemos que forças que possuem braço de momento nulo, 
ou seja, forças que têm direção passando pelo ponto em relação ao qual 
se deseja calcular o momento, têm momento em relação a esse ponto 
nulo. Isso será extremamente importante na resolução de questões, já que 
o ponto mais conveniente em relação ao qual se calculará os momentos 
das forças que deverá ser escolhido será aquele que apresentar momentos 
nulos para as forças que não são importantes no problema. Veja também 
que qualquer força em cima de uma mesma linha de ação terá o mesmo 
braço de momento, o que significa que podemos deslizar uma mesma 
força sobre sua linha de ação e obter o mesmo efeito, confirmando, mais 
uma vez, o princípio da transmissibilidade.
O momento de uma força pode fazer com que o corpo gire no 
sentido horário ou no sentido anti-horário. Dessa forma, cada um desses 
momentos recebe um sinal diferente, dependente da convenção adotada 
por que está resolvendo o problema. A convenção mais usada é:
sentido anti-horário → positivo
+ O
M
→
F,Ο
F
→
M
→
F,O< 0
sentido horário → negativo
+ O
M
→
F,Ο
F
→
M
→
F,O < 0
Logo, como o equilíbrio de translação é dado por F
�
=Σ 0, nada mais 
justo que, pela analogia feita, afirmar que a condição necessária para que 
o equilíbrio de rotação seja satisfeito é:
M
���
=Σ 0
M
→
3
M
→
4
M
→
1
M
→
2
M
→
1+ M
→
3+ M
→
3+ M
→
3=0
Assim, o somatório vetorial dos momentos das forças que atuam em 
um corpo rígido em relação a qualquer ponto do espaço tem que ser nulo 
para que o corpo esteja em equilíbrio de rotação. Se existir pelo menos 
um ponto em relação ao qual o somatório dos momentos das forças não 
seja nulo, o corpo estará em rotação pelo menos em torno daquele ponto.
Suponha-se, então, que existam três forças coplanares atuando em 
um corpo rígido que não sejam paralelas entre si, F
→
1, F
→
2 e F
→
3. Como não 
são paralelas, são concorrentes. Agora, suponha-se que elas não sejam 
concorrentes no mesmo ponto, duas a duas. Calculando-se o momento das 
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
239IME-ITA – Vol. 2
três forças em relação ao ponto de concorrência de F
→
1 e F
→
2, o momentodessas forças será nulo, já que suas linhas de ação passam por esse 
ponto. Porém, o momento de F
→
3 em relação a esse ponto não será nulo, 
já que essa força não passa por ele. Logo, o corpo estará em rotação 
pelo menos em torno desse ponto, já que existirá, de fato, momento em 
relação a ele. Dessa forma, para que três forças possam coexistir em um 
corpo rígido sem alterar seu equilíbrio de rotação, elas devem concorrer 
no mesmo ponto. Veja-se que o equilíbrio de translação não exige nem 
que sejam concorrentes no mesmo ponto, nem que não sejam, não 
constituindo um empecilho para essa afirmação. Supondo, agora, as 
forças com linhas de ação paralelas, não se pode ter duas forças com 
linhas de ação coincidentes, já que o momento dessas duas forças em 
relação a essa linha de ação seria nulo, enquanto que o da outra força não. 
Logo, para que o equilíbrio de rotação possa ser atingido para três forças 
paralelas, suas linhas de ação não devem ser coincidentes duas a duas. 
Novamente, o equilíbrio de translação poderá existir, já que bastará que 
uma delas tenha um sentido, as outras duas o outro sentido e a soma do 
módulo daquela seja a soma do módulo destas duas.
Se essas três forças não forem coplanares, o equilíbrio de rotação 
nunca será satisfeito (tente provar por si mesmo).
Portanto, dessas afirmações, pode-se enunciar o teorema das três 
forças: se um corpo está sob a ação de três forças e está em equilíbrio de 
rotação, essas forças devem ser coplanares, podendo ser concorrentes 
em um mesmo ponto, ou todas paralelas entre si com linhas de ação não 
coincidentes duas a duas, sendo o equilíbrio de translação determinado 
pela escolha de módulos (para os dois casos) e direções adequadas 
(para o caso das concorrentes). Esse teorema é bastante importante para 
a resolução de problemas que envolvam três forças em corpos rígidos. 
Tendo duas das forças, consegue-se determinar a direção da terceira força 
rapidamente. A figura a seguir expressa o teorema:
F
→
2
F
→
3
F
→
1
 
F
→
2
F
→
3
F
→
1
Como, então, encarar problemas que lidem com cálculos de 
momentos para estabelecer equilíbrio de corpos rígidos? O primeiro 
passo é, obviamente, notificar-se de que o objeto em questão no problema 
é um corpo rígido, verificando se, por exemplo, o deslocamento do 
ponto de aplicação de uma força alteraria o efeito dela sobre o corpo. 
Depois disso, geralmente, deve-se escolher um ou dois pontos para 
cálculo dos momentos das forças relacionadas no problema. Esses 
pontos devem ser escolhidos de modo a anular os momentos de forças 
que são desinteressantes, escrevendo-se equações apenas em função 
das variáveis que importam. Para o cálculo dos momentos, vai se 
escolher então o método mais apropriado: cálculo do braço de momento 
(geometricamente ou por decomposição do vetor posição do ponto de 
aplicação da força) ou decomposição da força propriamente dita em 
componentes (uma dessas componentes realizará momento, enquanto 
que a outra não, pelo fato de a sua linha de ação conter o ponto em 
relação ao qual se está calculando o momento).
 01 A figura abaixo representa um quadro retangular e homogêneo 
dependurado em uma parede e em equilíbrio. Qual das retas a, b, c ou d 
melhor representa a linha de ação da força que a parede exerce no quadro?
d c
quadro
parede
barbante
b
a
Solução:
A força de tração que atua no quadro tem a direção do barbante. A força 
peso, sendo o quadro homogêneo, está aplicada no centro de gravidade 
do quadro, ou seja, no seu ponto médio, e tem direção vertical (falaremos 
sobre isso depois). Dessa forma, como a parede, o barbante e o quadro 
formam um triângulo, a direção da tração é o lado correspondente ao 
barbante, e a direção do peso do quadro é uma reta vertical que passe 
pelo ponto médio do lado correspondente ao quadro, logicamente cortando 
o lado correspondente ao barbante. Logo, as linhas de ação da tração e 
do peso concorrem em um ponto pertencente ao lado correspondente 
ao barbante. Dessa forma, a linha de ação da força que a parede faz no 
quadro deve passar por esse ponto, de acordo com o teorema das três 
forças, já que só existem essas três forças atuando no quadro. A reta que 
melhor representa essa reta passando pelo lado correspondente ao do 
barbante é a reta d.
 02 (FEI-SP) No esquema, AB representa uma viga prismática e 
homogênea de peso P = 30 kgf, e CD representa um cabo horizontal de 
peso desprezível.
São dados AD = 300 cm; DB = 100 cm e θ = 45º. A viga é articulada 
sem atrito em A e suporta em B um corpo de peso Q = 120 kgf. Determine 
o esforço no cabo e as componentes horizontal e vertical da força que a 
viga recebe na articulação em A.
•
C D
B
QθA
Solução:
Sabemos que, para a barra estar em equilíbrio de rotação, o somatório 
dos momentos em relação a qualquer ponto deve ser nulo. Impondo essa 
condição para o ponto A, a força que a articulação exerce sobre a barra 
FÍSICA I
Assunto 4
240 IME-ITA – Vol. 2
pode ser ignorada, já que está sendo aplicada no ponto no qual estamos 
calculando o somatório dos momentos. Dessa forma, as forças a serem 
consideradas nesse somatório serão o peso da barra, a tração no cabo 
que sustenta o peso Q e a tração no cabo CD. Como conhecemos o peso 
da barra e a tração no cabo que sustenta o peso Q, conseguimos calcular 
direto a tração no cabo CD. Essa é a vantagem de se analisar em que 
ponto é mais conveniente aplicar o somatório dos momentos, evitando-se, 
assim, mais equações e contas. A figura a seguir representa a situação.
Q
→
T
→
R
→
y
R
→
x
P
→
A
G
D
B
Na figura, a é o braço de momento do peso P da barra, b é o braço de 
momento da tração no fio CD, e c é o braço de momento do peso Q. 
Calculando-os geometricamente, temos:
a = AG · cos 45° = 200 · 2 /2 = 100 2 cm
b = AD · cos 45° = 300 · 2 /2 = 150 2 cm
c = AB · cos 45° = 400 · 2 /2 = 200 2 cm
Assumindo que momentos horários são positivos, temos:
MAΣ = 0 → P · a + Q · c – T · b = 0 → 300 · 100 2 + 
120 · 200 2 – T · 150 2 = 0 → T = 180 kgf.
Percebe-se, pelo equilíbrio de translação, que a articulação deve exercer 
uma força vertical para cima (Ry) na viga que sustente a soma dos pesos 
P e Q, e uma força horizontal para a direita (Rx) que sustente a tração T.
Q
→
T
→
R
→
x
P
→
� �� ��
� �� ��
a
A
C
θ
θ
G
D
B
�
�
�
�
�
b
Nessa questão, usamos a decomposição dos vetores posição dos pontos 
de aplicação das forças, calculando, assim, os braços de momento 
das forças. A questão poderia ter sido resolvida de forma diferente: 
decompondo-se as forças em direções perpendiculares e tangencial à 
barra. Dessa forma, as componentes tangenciais à barra teriam momento 
nulo em relação ao ponto A, enquanto que as componentes perpendiculares 
teriam braço de momento igual à distância dos pontos de aplicação de 
cada uma das forças ao ponto A.
2.2.4 Momento binário
Para transpor tar-se uma força de um ponto P a um ponto Q, 
pertencente ao corpo, que não esteja na mesma linha de ação da força 
que passa por P, é conveniente a utilização do momento binário.
O momento binário é exercido quando são aplicadas duas forças 
em pontos distintos de um corpo, que não pertençam à mesma linha de 
ação e com linhas de ação paralelas, de mesma intensidade e sentidos 
contrários, como mostra a figura.
F
→
– F
→
QP
M
d
r
→
PQ
θ
Veja-se que o momento resultante dessa associação de forças será 
dado por:
M
→
 = rQ
→ 
× F
→
 + rP
→
× (– F
→
)→ M
→
 = (rQ
→
 – rP
→
) × F
→
 → 
 M
→ 
= r
→
PQ × 
 F
→
Logo, os vetores posições dos pontos P e Q não são utilizados no 
cálculo do momento binário, já que o vetor usado é o vetor que aponta 
de P para Q, não dependendo então do sistema de referências utilizado. 
Dessa forma:
M = rPQ · F · sen θ
Como rPQ · sen θ = d, componente do vetor posição perpendicular 
à força:
M = F · d
em que d é a distância entre as linhas de ação das forças F
→
 e – F
→
. Então, 
as duas forças da figura produzem um momento no corpo equivalenteao 
momento produzido apenas pela força F
→
 em relação ao ponto P, ou pela 
força – F
→
 no ponto Q. Dessa forma, se apenas essas duas forças agem no 
corpo, existirá um equilíbrio de translação, já que F F F
� � � �
= − =Σ 0, mas 
o corpo estará rotacionando, já que existirá momento. Exemplo disso é 
quando se gira uma chave para abrir uma porta (a parte de cima da chave 
é pressionada para um lado, enquanto que a parte de baixo é pressionada 
para o outro lado), ou quando se aplicam forças no volante do carro para 
realização de uma curva utilizando duas mãos (uma mão fará uma força 
para cima e outra mão fará uma força para baixo).
Suponha-se agora que uma força F
→
 esteja aplicada em um ponto P 
de um corpo. Pode-se transportá-la para um outro ponto Q da seguinte 
maneira: aplica-se em P uma força – F
→
 e em Q uma força F
→
. Dessa forma, 
o sistema não é alterado em termos de translação, já que essas forças 
se anulam. Porém, essas duas forças constituem um binário, que pode 
ser substituído pelo momento de – F
→
 em relação a Q, porém em sentido 
oposto, para não se alterar o equilíbrio. A seguinte figura representa a 
situação explanada:
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
241IME-ITA – Vol. 2
– F
→
 F
→
P
Q
 F
→ F
→
P
Q
 F
→
 M
→
 M
→
2.2.5 Centro de gravidade
Denomina-se centro de gravidade de um corpo ou de um sistema de 
pontos materiais discretos um determinado ponto por onde passa a linha 
de ação de um peso resultante, isto é, local em que se pode supor que o 
peso está concentrado.
As coordenadas do centro de gravidade podem ser determinadas por 
uma média, ponderada pelos pesos, das coordenadas de cada peso discreto 
ou das coordenadas dos centros de gravidade de cada parte do corpo.
x
P x
P
G
i i
i
n
i
i
n=
=
=
Σ
Σ
1
1
y
P y
P
G
i i
i
n
i
i
n=
=
=
Σ
Σ
1
1
z
P z
P
G
i i
i
n
i
i
n=
=
=
Σ
Σ
1
1
Nas fórmulas, se cada peso for substituído pelo produto da massa pela 
gravidade, a gravidade “cortará”, caso ela seja constante. Essas novas 
fórmulas resultantes representam o centro de massa do sistema. Dessa 
forma, quando a gravidade é constante, o centro de gravidade do sistema 
coincide com o centro de massa do sistema.
Essas fórmulas só se aplicam para distribuições de par tículas 
discretas. Para distribuições contínuas, só é necessário se preocupar 
com formas geométricas que sejam minimamente simétricas, pois dessa 
forma o centro de gravidade coincidirá com o centro geométrico do corpo, 
e é o que vem a ser cobrado nos vestibulares. Para uma placa retangular 
homogênea, por exemplo, o centro de gravidade será o ponto de encontro 
das diagonais. Em um triângulo qualquer homogêneo, o centro de gravidade 
é o encontro das medianas (baricentro: bari = peso). Para figuras formadas 
por mais de uma figura que tenham os centros de gravidades conhecidos, 
o centro de gravidade resultante será a média dos centros de gravidade 
das figuras, ponderada por suas áreas. Um exemplo é o trapézio retângulo, 
formado por um retângulo e um triângulo.
Pensando, agora, no exemplo do prato apoiado sobre a mesa, 
mostrado no início do capítulo, pode-se deduzir, naturalmente, que seu 
centro de gravidade se localiza no centro da circunferência do prato, 
considerando-o homogêneo. O prato só cairá, de fato, da mesa, quando 
seu centro de gravidade atravessar a beirada dele. Enquanto o centro de 
gravidade ainda estava apoiado na mesa, o prato permanecia em equilíbrio 
de rotação. Isso acontece porque, quando o centro de gravidade não 
pertence mais à superfície de apoio, a linha de ação do peso resultante 
do prato não passará mais por essa superfície de apoio, provocando, 
então, momento em relação a qualquer um dos pontos dela, fazendo-o 
tombar da mesa, ou seja, para corpos rígidos apoiados e submetidos 
exclusivamente às forças peso e às reações do apoio, as linhas de ação 
de suas forças peso, isto é, as retas verticais que passem pelo centro de 
gravidade, devem passar pelo ponto ou superfície de apoio do corpo, para 
que estes permaneçam em equilíbrio de rotação.
2.2.6 Tipos de equilíbrio
Suponha-se uma bola no fundo de uma depressão semicircular. 
Quando se dá um leve toque na bola, ela, de fato, oscila em torno dessa 
posição até que pare novamente nela, devido à ação de forças de atrito. 
Caso essas forças de atrito não existam, a bola oscilará eternamente em 
torno dessa posição de equilíbrio. A bola, então, encontra-se em equilíbrio 
estável, já que, para leves toques, ela sempre tenderá a retornar à sua 
posição de equilíbrio inicial. As forças que fazem com que a bola retorne 
à sua posição de equilíbrio inicial são chamadas de forças de restauração. 
Esse assunto já foi bastante abordado em Eletrização e Cargas Elétricas, 
na apostila 1, e será aprofundado em Movimento Harmônico Simples, 
nesta apostila.
Suponha-se, agora, uma bola no alto de uma colina. Caso se dê um 
leve toque na bola, ela tende a sempre afastar-se da posição inicial de 
equilíbrio. A bola, nesse caso, se encontra em equilíbrio instável, já que 
existirão forças (componentes tangenciais do peso, no caso) que estarão 
sempre a afastando da sua posição inicial de equilíbrio, à procura de uma 
nova posição de equilíbrio, de preferência estável ou indiferente, que será 
visto a seguir.
Considere-se, por fim, uma bola em um plano horizontal liso. Se for 
dado algum toque na bola, ela sairá de sua posição de equilíbrio inicial, 
podendo voltar a ela ou não, continuando em equilíbrio. Dessa forma, a 
bola estará em equilíbrio indiferente, já que não fará diferença a posição 
de equilíbrio em que ela vier a parar.
A figura a seguir representa as situações explanadas acima:
estável instável indiferente
Uma placa retangular homogênea é fixada em uma parede por um 
prego em três situações:
I. Prego fixado no centro de gravidade.
II Prego fixado na linha de ação do peso, acima do centro de gravidade.
III. Prego fixado na linha de ação do peso, abaixo do centro de gravidade.
Que tipo de equilíbrio será experimentado em cada uma das situações?
 01 (ENEM) Um portão está fixo em um muro por duas dobradiças A e B, 
conforme mostra a figura, sendo P o peso do portão.
A
B
FÍSICA I
Assunto 4
242 IME-ITA – Vol. 2
Caso um garoto se dependure no portão pela extremidade livre e supondo 
que as reações máximas suportadas pelas dobradiças sejam iguais:
(A) é mais provável que a dobradiça A arrebente primeiro que a B.
(B) é mais provável que a dobradiça B arrebente primeiro que a A.
(C) seguramente as dobradiças A e B arrebentarão simultaneamente.
(D) nenhuma delas sofrerá qualquer esforço.
(E) o portão quebraria ao meio, ou nada sofreria.
 02 (AFA) Uma esfera metálica de peso P está presa a uma das 
extremidades de um fio de massa desprezível, cuja extremidade oposta está 
ligada a um suporte fixo. Sabendo-se que o sistema está em equilíbrio, em 
uma posição na qual o fio forma com a vertical um ângulo θ, equilíbrio este 
conseguido pela ação de uma força horizontal F aplicada à esfera, pode-se 
afirmar que o módulo de tal força é:
θ F
(A) P tan θ.
(B) P/tan θ.
(C) P cos θ.
(D) P/cos θ.
 03 (AFA) Um corpo é sustentado por duas cordas inextensíveis, conforme 
a figura. Sabendo-se que a intensidade da tração na corda AB é de 80 N, 
a intensidade da tração na corda BC será:
30°
B
A
C
(A) 60 N.
(B) 40 N.
(C) 40 3 N. 
(D) 60 3 N. 
 04 (AFA) Na figura, os fios são ideais, o corpo tem massa M e a aceleração 
da gravidade no local tem módulo g. A intensidade da tração no fio AB 
e a intensidade da força F que mantém o sistema em equilíbrio, valem, 
respectivamente:
F
A
B
C
M
(A) Mg cos θ; Mg sen θ.
(B) sen .
cos
Mg
Mg; θ
θ
 
(C) Mg sen θ; Mg cos θ.
(D) tan .
cos
Mg
Mg; θ
θ
 
 05 (EFOMM) Seja o sistema abaixo:
60° 45°
T2
T1
m = 23,2 Kg
A razão entre as trações T1 e T2 é, aproximadamente:
(A) 1,2.
(B) 1,4.
(C) 1,6.
(D) 1,8.
(E) 1,9.
 06 (AFA) Na figura abaixo, as polias e os fios são ideais. Se o sistema 
está em equilíbrio,a razão m1/m2 é:
30°
m2
m1
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
243IME-ITA – Vol. 2
(A) 
3
.
4
 
(B) 
1
.
4
 
(C) 
3
.
2
 
(D) 
1
.
2
 
(E) N.R.A.
 07 Na figura a seguir, considere ideais a barra, os fios e as polias, e 
despreze o atrito na ar ticulação O. Sabendo que o corpo A pesa 4.000 N, 
calcule a intensidade da força vertical F

 que equilibra o sistema.
A
30 cm
0
20 cm
 08 (ITA) Um brinquedo que as mamães utilizam para enfeitar quartos 
de crianças é conhecido como “móbile”. Considere o “móbile” de luas 
esquematizado na figura a seguir. As luas estão presas por meio de fios de 
massas desprezíveis a três barras horizontais, também de massas desprezíveis. 
O conjunto todo está em equilíbrio e suspenso em um único ponto A. Se a 
massa da lua 4 é 10 g, então a massa em quilograma da lua 1 é:
A
L
L
L
1
2
3 4
2L
2L
2L
(A) 180.
(B) 80.
(C) 0,36.
(D) 0,18.
(E) 0,9.
 09 (UERJ) Em uma sessão de fisioterapia, a perna de um paciente 
acidentado é submetida a uma força de tração que depende do ângulo α, 
como indica a figura. O ângulo α varia deslocando-se a roldana R sobre 
a horizontal. Se, para um mesmo peso P, o fisioterapeuta muda α de 60° 
para 45°, o valor da tração na perna fica multiplicado por:
R
P
α
α
(A) 3. 
(B) 2. 
(C) 
3
.
2
 
(D) 2 .
2
 
 10 A figura representa uma esfera homogênea em equilíbrio, sustentada 
por um fio e apoiada em uma parede vertical, nas condições geométricas 
ilustradas.
a. Indique as forças atuantes na esfera.
b. Desenhe a situação de equilíbrio, se a parede fosse perfeitamente lisa.
FÍSICA I
Assunto 4
244 IME-ITA – Vol. 2
 11 A figura representa uma escada homogênea, em equilíbrio, apoiada 
em uma parede vertical muito lisa. Trace o vetor que determina a direção 
e o sentido da força que a escada recebe do chão.
 12 Uma barra homogênea de comprimento L e peso P encontra-se apoiada 
na parede vertical lisa e no chão horizontal áspero formando um ângulo θ 
como mostra a figura abaixo. O coeficiente de atrito estático mínimo (µe) 
entre a barra e o chão deve ser:
θ
(A) 
cos
.
2sen
θ
θ
 
(B) 
cos
.
sen
θ
θ
 
(C) 
cos
.
senL
θ
θ
 
(D) 
sen
.
2cos
θ
θ
 
(E) 
sen
.
cosL
θ
θ
 
 13 (ITA) Uma barra homogênea de peso P tem uma extremidade apoiada 
em um assoalho horizontal e a outra em uma parede vertical. O coeficiente 
de atrito com relação ao assoalho e o coeficiente de atrito com relação à 
parede são iguais a µ. Quando a inclinação da barra com relação à vertical 
é de 45°, a barra encontra-se na iminência de deslizar. Qual o valor de µ?
 14 (AFA) Uma prancha de comprimento 4 m e de massa 2 kg está apoiada 
nos pontos A e B, conforme a figura. Um bloco de massa igual a 10 kg é 
colocado sobre a prancha à distância x = 1 m da extremidade da direita e 
o sistema permanece em repouso. Nessas condições, o módulo da força 
que a prancha exerce sobre o apoio no ponto B é, em newtons:
10 kg
B
BA
x
(A) 340.
(B) 100.
(C) 85.
(D) 35.
 15 (EFOMM) Uma viga de concreto, de 2,4 m de comprimento, apoia-se em 
duas colunas A e B. Supondo sua distribuição de massa homogênea e que, a 
1 m do apoio da coluna A é posicionada uma massa teste de 180 kg, calcule 
as reações nos apoios A e B.
A
1 m
2,4 m
massa
de teste
B
Considere:
• g = 10 m/s2;
• as reações devem ser calculadas em newtons;
• massa da viga = 240 kg.
 16 (EFOMM) No diagrama de forças abaixo aplicadas, a força F = 200 N 
promove o equilíbrio de rotação. Pode-se afirmar que a força F está 
localizada a:
400 N
2 m 2 m
250 NF = 200 N
(A) 0,5 m da extremidade direita.
(B) 1,5 m da extremidade direita.
(C) 0,5 m da extremidade esquerda.
(D) 1,5 m da extremidade esquerda.
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
245IME-ITA – Vol. 2
 17 A figura mostra uma barra homogênea de 2,0 m, cujo peso é de 1.000 N, 
disposta horizontalmente e apoiada em uma das extremidades, sobre um 
dinamômetro. Qual a leitura no dinamômetro (graduado em newtons) 
sabendo que uma pessoa de peso igual a 500 N está sobre a barra, a 40 cm 
do dinamômetro?
dinamômetro
 18 Na figura, uma barra rígida e homogênea de peso igual a 100 N 
e comprimento igual a 10 m articula-se sem atrito em O. A 8 m de O 
suspende-se uma carga de peso igual a 200 N. Calcule a intensidade da 
força vertical F

 que equilibra o sistema.
→
F
carga
 19 (AFA) Uma viga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fios 
verticais como mostra a figura abaixo.
- L
A B
L/6 L/4
A razão entre as trações nos fios A e B vale:
(A) 
1
.
2
 
(B) 2.
3
 
(C) 
3
.
4
 
(D) 5 .
6
 
 20 (AFA)A figura abaixo mostra um sistema em equilíbrio estático, 
formado por uma barra homogênea e uma mola ideal que estão ligadas 
através de uma de suas extremidades e livremente articuladas às paredes.
2 L0
A barra possui massa m e comprimento L0, a mola possui comprimento 
natural L0 e a distância entre as articulações é de 2 L0 .
Esse sistema (barra-mola) está sujeito à ação da gravidade, cujo módulo 
da aceleração é g e nessas condições, a constante elástica da mola vale:
(A) 
1
0 .
4( 3 1)
mgL −
−
 
(B) 10 .mgL
− 
(C) 102 .mgL
− 
(D) .
6 2
mg
−
 
 21 Na figura, temos uma barra homogênea de espessura e largura 
uniformes, em forma de L, articulada sem atrito em A. A parte vertical da 
barra tem 1 m de comprimento, enquanto a parte horizontal mede 3 m. 
Sendo de 120 N o peso total da barra, calcule a intensidade da força 
horizontal F, que mantém a barra em equilíbrio.
→
F
A
 22 Na figura, temos uma roda de peso igual a 100 3 kgf e raio r igual a 2 
m, que deve ser erguida do plano horizontal (1) para o plano horizontal (2). 
Calcule a intensidade da força horizontal, aplicada no centro de gravidade 
da roda, capaz de erguê-la, sabendo que o centro de gravidade da roda 
coincide com seu centro geométrico.
h = 1 m
(2)
(1)
roda
 01 (AFA) A figura abaixo apresenta dois corpos de massa m suspensos 
por fios ideais que passam por roldanas também ideais. Um terceiro corpo, 
também de massa m, é suspenso no ponto médio M do fio e baixado até 
a posição de equilíbrio.
d
M
m m
d
m m
m
M
FÍSICA I
Assunto 4
246 IME-ITA – Vol. 2
O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é de:
(A) 
3
.
2
d 
(B) 3 .
3
d
(C) 3 .
4
d 
(D) 
3
.
6
d 
 02 Na figura, temos duas paredes ver ticais, um fio ideal de 5 m 
de comprimento preso aos pontos A e B das paredes, uma polia ideal e 
um corpo C suspenso ao eixo da polia, de 400 N de peso.
3 m
B
A
0
C
Determine:
a. a tração no fio;
b. se a tração no fio depende do desnível entre A e B.
 03 Na figura abaixo, .
2
π
α + β = Considere que a corrente abaixo possui 
14 kg de massa, e seu extremo direito (B) suporta uma tensão de módulo 
igual a 100 N. Qual a tensão experimentada pela extremidade esquerda (A)?
A
g
B
β
α
 04 Na figura, (I) e (II) são duas rampas planas perfeitamente lisas que 
se interceptam em uma reta horizontal, que passa por A e é perpendicular 
ao plano do papel. Nas rampas, apoia-se um prisma reto, hexagonal, 
regular e homogêneo, de peso igual a 100 N. Sabendo que sen α = 3/5 e 
cos α= 4/5, determine as intensidades das forças aplicadas pelo prisma 
sobre as rampas.
(I)
A
(II)
β
α
 05 (EFOMM) Uma barra cilíndrica, rígida e homogênea, de massa m, está 
em equilíbrio estático apoiada por suas extremidades sobre dois planos 
inclinados que formam com a horizontal ângulos respectivamente iguais 
a θ1 e θ2, tal que θ1 > θ2, conforme mostra a figura abaixo. Supondo 
irrelevantes os possíveis atritos e sabendo que a barra está em um plano 
perpendicular a ambos os planos inclinados, calcula-se que a força normal 
que o plano mais íngreme exerce sobre a barra seja dada por:
θ2 θ1
(A) 
1
1 2
sen
.
sen( )
mg
θ
θ + θ 
(B) 2
1 2
sen
.
sen( )
mg
θ
θ + θ
 
(C) 1
1 2
cos
.
cos( )
mg
θ
θ + θ
 
(D) 
2
1 2
cos
.
cos( )
mg
θ
θ + θ 
(E) 
2
1 2
tan
.
tan( )
mg
θ
θ + θ 
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
247IME-ITA – Vol. 206 Um cubo de massa M está apoiado contra uma parede vertical 
sem atrito, fazendo um ângulo q com o piso, conforme figura. Calcule o 
coeficiente de atrito estático mínimo m entre o cubo e o piso, que garanta 
o equilíbrio do cubo.
θ
(A) 
cot 1
.
2
θ −
µ = 
(B) tan .
2
θ −1
µ = 
(C) 45°.
(D) 
sen
.
2
θ −1
µ = 
(E) 
cos
.
2
θ −1
µ = 
 07 (EFOMM) No convés de um navio, um marinheiro apoia uma caixa 
de massa 20 kg sobre um plano inclinado de 60º, aplicando uma força 
F de módulo igual a 100 N paralela à superfície do plano, como mostra 
a figura. Nessas condições, ele observa que a caixa está na iminência de 
descer o plano inclinado. Para que a caixa fique na iminência de subir o plano 
inclinado, ele deve alterar o módulo da força F para:
F
60°
Dados: 210m/sg =

; sen 60° = 0,85.
(A) 100 N.
(B) 140 N.
(C) 180 N.
(D) 200 N
(E) 240 N.
 08 (IME) Considerando a figura, determine a expressão, em função do 
peso W, da força vertical exercida pelo solo sobre a barra AD.
45°
30°
A
D
C
90°
W
 09 (MACKENZIE-SP) Uma tábua rígida homogênea é colocada sobre um 
cilindro fixo, em seu ponto médio, ficando em equilíbrio e na iminência de 
escorregar, como mostra a figura. Determine o coeficiente de atrito estático 
entre a tábua e o cilindro.
60°
 10 (ITA) Um corpo de massa m é colocado no prato A de uma balança de 
braços desiguais e equilibrado por uma massa p colocada no prato B. 
Esvaziada a balança, o corpo de massa m é colocado no prato B e equilibrado 
por uma massa q colocada no prato A. O valor da massa m é:
(A) pq.
(B) .pq
(C) .
2
p q+
 
(D) .
2
p q+
 
(E) .
pq
p q+
 
FÍSICA I
Assunto 4
248 IME-ITA – Vol. 2
 11 Uma escada de 5 m de comprimento e massa M está apoiada em 
um solo rugoso horizontal e contra uma parede vertical lisa. A distância 
máxima a que seu pé pode estar da parede sem escorregar é igual a 4 m. 
Quando seu pé está a apenas 3 m da parede, qual é:
a. a massa máxima que pode ser colocada em qualquer lugar da escada 
sem causar escorregamento?
b. a máxima distância ao longo da escada que um homem de massa 
5 M pode caminhar sem o risco de cair?
 12 Uma viga de peso desprezível é apoiada por suas extremidades A e 
B, sendo que um homem de peso P anda sobre ela.
A B
X
L
homem
A intensidade RA da reação do apoio A é dada pelo gráfico a seguir, em 
que x é a distância de A ao homem:
RA(N)
560
140
0 2 8 R (M)
Calcule, então:
a. o peso P do homem;
b. o comprimento L da viga.
 13 (ITA) Para que a haste AB homogênea, de peso P, permaneça em equilíbrio, 
suportada pelo fio BC, qual deve ser a intensidade da força de atrito em A?
C
L
B
L
A
90°
 14 Uma barra ACB, prismática, delgada, homogênea, em cotovelo a 90° 
é suspensa pelo vértice do ângulo e apresenta-se em equilíbrio, conforme 
o esquema anexo. (AC = 2a; CB = 2b; ˆBCH = θ.).
C
A
θ H
B
2a
2b
Vale a condição:
(A) tan .b a= θ 
(B) cot .b a= θ 
(C) tan .b a= θ 
(D) cot .b a= θ 
 15 A figura a seguir apresenta um perfil metálico AB, com dimensões 
AC = 0,20 m e CB = 0,18 m, apoiado em C por meio de um pino sem atrito. 
Admitindo-se desprezível o peso do perfil AB, o valor da força vertical F, 
em newtons, para que o sistema fique em equilíbrio na situação da figura é: 
Dados: sen (15) = 0,26; cos (15) = 0,97.
216,0 N
175,0 N
A
C
B
F
15°
75°
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
249IME-ITA – Vol. 2
 16 (IME) Três molas, a, b e c, têm comprimento natural La = 0,5, 
Lb = 0,6 m e Lc = 0,7 m, e constante elástica Ka = 10 N / m, Kb = 15 N / m 
e Kc = 18 N / m, respectivamente. Elas são ligadas entre si e estiradas entre 
duas paredes distantes 2,0 metros uma da outra, onde as extremidades 
estão fixadas, conforme figura abaixo. Qual o comprimento de cada uma 
das molas estiradas, em equilíbrio? 
a b c
2,0 m
 17 Um fardo de feno, de 30 kg, é arrastado ao longo de uma superfície 
horizontal com velocidade constante sob ação de uma força F. O coeficiente 
de atrito cinético é igual a 0,25. Dessa forma:
cg
0,50 m
0,25 m
h
→
F
a. Calcule o módulo de F.
b. Calcule o valor de h para o qual o fardo está na iminência de tombar.
c. Supondo que se mantenha a mesma força F, só que agora não tem 
atrito, dessa forma, determine a posição que deve ser aplicada a força 
de modo a não tombar.
 18 Uma pessoa tem um passarinho de brinquedo que pode ser equilibrado 
pela ação de uma força normal utilizando-se apenas um ponto de apoio 
M, localizado no bico do passarinho, conforme a figura 1. Esse equilíbrio 
é alcançado em função da colocação de massas pontuais adequadas nos 
pontos P e Q. Sabe-se que a massa do passarinho antes da colocação 
das massas em P e Q é 30 g e seu centro de massa nesta situação é 
representado, na figura 2, pelo ponto C. Além disso, o passarinho é simétrico 
em relação ao eixo que contém os pontos M e C. Sendo assim, para o 
equilíbrio ser alcançado, o valor de cada uma das massas colocadas nos 
pontos P e Q é:
figura 1 figura 2
P Q
M
C
Â
Dados:
PM = QM = 5,0 cm; CM = 2,0 cm; Â = 120°; sen 30° = 0,50;
cos 30° = 0,87 e g = 10 m/s2.
(A) 12 g.
(B) 30 g.
(C) 6,0 g.
(D) 10 g.
(E) 24 g.
 19 (ITA) Considere um bloco de base d e altura h em repouso sobre um 
plano inclinado de ângulo θ. Suponha que o coeficiente de atrito estático 
seja suficientemente grande para que o bloco não deslize pelo plano.
h
d
θ
O valor máximo da altura h para que a base d permaneça em contato 
com o plano é:
(A) .
d
α
 
(B) .
sen
d
α
 
(C) 2 .sen
d
α
 
(D) cot .d α 
(E) 
cot
.
sen
d α
α
 
 20 Dois blocos idênticos de comprimento L = 24 cm são colocados sobre 
uma mesa, como mostra a figura a seguir. Determine o máximo valor de 
x, em cm, para que os blocos fiquem em equilíbrio, sem tombarem.
2
1
L
X L/2
FÍSICA I
Assunto 4
250 IME-ITA – Vol. 2
 21 Na figura abaixo, apresentam-se três esferas soldadas em barras 
rígidas de massa desprezível. Qual a medida do ângulo?
m
b
g
θ
b
b3 m
2 m
0
 22 (ITA) Um semidisco de espessura e e massa = 2 kg está apoiado 
sobre um plano horizontal, mantendo-se na posição indicada em virtude 
da aplicação de uma força F no ponto Q. O centro de gravidade G é tal 
que OG = 0,1 m, sendo O o centro do disco que originou o semidisco; o 
raio do disco é r = 0,47 e o ângulo θ = 30°. O valor de F nesse caso é:
F
g 30°
(g = 9,8 m/s2)
(A) 19,6 N.
(B) 7,2 N.
(C) 1,2 N.
(D) 2,4 N.
(E) 2,9 N.
 23 (ITA) Uma das extremidades de uma corda de peso desprezível está 
atada a uma massa M1 que repousa sobre um cilindro fixo, liso, de eixo 
horizontal. A outra extremidade está atada a uma outra massa M2 como 
mostra a figura. O ângulo indicado na figura vale 60°. Para que haja 
equilíbrio na situação indicada, deve-se ter:
M1
M2
60°
(A) 1
2
3
.
2
M
M = 
(B) 
2 13 .M M= 
(C) 12 .2
M
M = 
(D) 12 .
3
M
M = 
(E) 2 12 .M M= 
 24 (EFOMM) Uma haste homogênea de peso P repousa em equilíbrio, 
apoiada em uma parede e nos degraus de uma escada, conforme ilustra 
a figura abaixo. A haste forma um ângulo θ com a reta perpendicular à 
parede. A distância entre a escada e a parede é L. A haste toca a escada 
nos pontos A e B da figura.
L
L
θ
L
A
B
haste
escadaparede
Utilizando as informações contidas acima, determine o peso P da haste, 
admitindo que FA é a força que a escada faz na haste no ponto A e FB é a 
força que a escada faz na haste no ponto B.
(A) 2 ( ).
3cos A B
P F F= +
θ
 
(B) 2 ( 2 ).
3cos A B
P F F= +
θ
 
(C) 3 ( ).
2cos A B
P F F= +
θ
 
(D) 2 (2 ).
3cos A B
P F F= +
θ
 
(E) 3 ( 2 ).
2cos A B
P F F= +
θ
 
 25 A figura indica, em corte, um prisma e um cubo homogêneos, de pesos 
iguais a 6,0 N e 5,5 N, respectivamente, sobre o travessão horizontal de uma 
balança em equilíbrio. O cubo é suspenso por um cabo de massa desprezível, 
que, passando por uma polia ideal, sustenta um contrapeso A.
Calcule o peso de A e a tração no cabo.
45 cm
15 cm
20 cm
70 cm 40 cm
A
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
251IME-ITA – Vol. 2
 26 A figura mostrauma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra 
BD, dois cabos AD e DE, e uma viga horizontal CF. A barra é fixada em 
B. Os cabos, de seção transversal circular de 5 mm de diâmetro, são 
inextensíveis e fixados nos pontos A, D e E. A viga de material uniforme e 
homogêneo é apoiada em C e sustentada pelo cabo DE. Ao ser colocado 
um bloco de 100 kg de massa na extremidade F da viga, determine:
Dados: aceleração da gravidade: 10 m/s2; densidades lineares de massa: 
1 2 330kg / m, 20kg / me 10kg / m; use: 20 4,5µ = µ = µ = =
2,0 m
2,0 m
2,0 m
2,0 m 2,0 m 3,0 m 1,5 m 1,5 m 3,0 m
C
viga
cabo
cabo
ba
rra
bloco
D
A
B
E
Fµ1 µ2 µ3
a. a força no trecho ED do cabo;
b. as reações horizontais e vertical no apoio C da viga;
c. as reações horizontal e vertical no apoio B da barra.
 27 A figura abaixo mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma 
barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma barra 
horizontal BD. A barra vertical é fixada em A e apoia a barra horizontal BD. 
O cabo de seção transversal de 100 mm2 de área é inextensível e está preso 
nos pontos C e D. A barra horizontal é composta por dois materiais de 
densidades lineares de massa m1 e m2. Diante do exposto, a força normal 
por unidade de área, em MPa, no cabo CD, é:
Dados:
aceleração da gravidade: 10 m/s2; 
densidades lineares de massa: µ1 = 600 kg/m e µ2 = 800 kg/m.
barra horizontal
cabo
ba
rr
a 
ve
rt
ic
al
2,
0 
m
1,
5 
m
µ1
1,0 m
µ2
1,0 m
C
DB
A
 01 (IME) Ao teto de uma sala deseja-se prender 3 molas iguais que 
deverão equilibrar, na horizontal, uma haste rígida, delgada e de peso 
desprezível, bem como uma viga pesada, homogênea e uniforme, de tal 
modo que a haste suporte, em seu ponto médio, a viga. Os pontos de 
fixação, no teto, devem formar um triângulo isósceles de ângulo diferente 
C. Determine a distância x do ponto D, a partir da extremidade livre, em 
que a viga deve ser apoiada. O comprimento da viga é L.
A
B
C
D
X
 02 (IME) Quatro barras homogêneas AB, BC, CD e DE, de peso P cada 
uma, estão articuladas entre si como indica a figura. Sustentam-se, com 
as mãos, os extremos A e E de forma que estejam sobre uma mesma 
reta horizontal e que, ao estabelecer-se o equilíbrio, a ação efetuada nos 
extremos, sobre cada um, tenha um componente horizontal igual a 2P. 
Admite-se que as barras AB e ED possam girar livremente ao redor dos 
extremos fixos A e E e que não haja atrito nas articulações. Calcule o 
ângulo α que a barra DE forma com a horizontal.
E
D
C
B
A
α
 03 Uma vara de massa de 6 kg e comprimento 0,8 m é colocada sobre as 
superfícies planas sem atrito, que formam ângulo reto, conforme mostra a 
figura. Determine a posição de equilíbrio e as forças de reações em função 
do ângulo α.
φ
α
FÍSICA I
Assunto 4
252 IME-ITA – Vol. 2
 04 Uma barra homogênea BD de comprimento L e massa M se apoia 
nos pontos B e C indicados no diagrama abaixo. Nessas condições, qual 
a reação no ponto B, para uma configuração de equilíbrio?
B
a
C
θ
D
 05 A figura indica uma superfície semicircular lisa de raio R em que 
repousa uma barra homogênea de comprimento L. Nessas condições, 
quanto vale o ângulo θ para a condição de equilíbrio da referida barra?
L
horizontalR
θ
 06 A figura abaixo apresenta uma barra homogênea de 6 kg e 2 m de 
comprimento, apoiada sobre uma polia em repouso. Qual é o módulo da 
reação em P?
b b
A
0
6 kg 37 ° P
 07 (ITA) Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano 
horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de 
comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada 
na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical. 
Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano 
horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?
αL
O
R
h
(A) 
cos
.
2
cos 2
cos2 sen
h R
P
LQ LQ
α
µ =
 
α + − α α 
 
(B) 
cos
.
2 2
cos
sen2 cos
h R
P
LQ LQ
α
µ =
 
α + − α α 
 
(C) 
cos
.
2
sen 2
sen2 cos
h R
P
LQ LQ
α
µ =
 
α + − α α 
 
(D) 
sen
.
2 2
sen 2
cos cos
h R
P
LQ LQ
α
µ =
 α + − α α 
 
(E) 
sen
.
2 2
cos
sen cos
h R
P
LQ LQ
α
µ =
 
α + − α α 
 
 08 (EN) Observe a figura a seguir.
R/4
A
R
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
253IME-ITA – Vol. 2
Na figura anterior, temos um disco de raio R = 0,1m e espessura R/3 com um 
buraco circular de raio R/4. A distância entre o centro do disco e o centro do 
buraco é R/2. A massa específica do material do disco é p = 9,6 · 103 kg/m3. 
Qual o módulo, em newtons, da força que, aplicada ao ponto A, garante o 
equilíbrio estático do disco na configuração representada anteriormente?
Dados: 210 m/sg =

; π = 3.
(A) 1,2.
(B) 2,4.
(C) 3,0.
(D) 3,6.
(E) 4,0.
 09 (ITA) Um toro de madeira cilíndrico de peso P e de 1 m de diâmetro 
deve ser erguido por cima de um obstáculo de 0,25 m de altura. Um cabo 
é enrolado ao redor do toro e puxado horizontalmente como mostra a 
figura. O canto do obstáculo em A é áspero, assim como a superfície do 
toro. Nessas condições, a tração T requerida no cabo e a reação em A, no 
instante em que o toro deixa de ter contato com o solo, valem quanto?
T
A
B
 10 A esfera homogênea abaixo possui 49 kg de massa e se mantém em 
repouso no esquema abaixo. Assim, determine, a massa do bloco:
37°
0
37°
 11 (ITA) Na figura abaixo, temos um cilindro de massa desprezível de raio r 
que pode girar sem atrito em torno do eixo que passa pelo centro O. Nos 
pontos P1 e P2 estão fixados dois fios de massa também desprezível. 
Para que haja equilíbrio nas condições do esquema, a relação entre as 
massas m1 e m2 é :
P1
30°
P2
0
m2
m1
(A) 1 2.m m= 
(B) 1 23 2 3 .m m=
(C) 2 13 2 3 .m m=
(D) 1 23 .m m= 
(E) 2 22 3 .m m= 
 12 (ITA)A figura mostra um tubo cilíndrico de raio R apoiado em uma 
superfície horizontal, em cujo interior encontram-se em repouso duas bolas 
idênticas, de raio r = 3R/4 e peso P cada uma. Determine o peso mínimo 
Pc do cilindro para que o sistema permaneça em equilíbrio.
R
P
r
FÍSICA I
Assunto 4
254 IME-ITA – Vol. 2
 13 (ITA) Um cilindro de raio R está em equilíbrio, apoiado em um 
plano inclinado, áspero, de forma que seu eixo é horizontal. O cilindro é 
formado de duas metades unidas pela seção longitudinal, das quais uma 
tem densidade d1 e a outra densidade d2 < d1. São dados o ângulo α de 
inclinação do plano inclinado e a distância 
4
3
R
h =
π
do centro de massa 
de cada metade à seção longitudinal. Qual a relação entre o ângulo β de 
inclinação da seção longitudinal de separação sobre o horizonte e α, d1 , 
d2 e h?
h
β
h
α
 14 (ITA) Considere um bloco cúbico de lado d e massa m em repouso 
sobre um plano inclinado de ângulo α, que impede o movimento de um 
cilindro de diâmetro d e massa m idêntica à do bloco, como mostra a figura. 
Suponha que o coeficiente de atrito estático entre o bloco não deslize pelo 
plano e que o coeficiente de atrito estático entre o cilindro e o bloco seja 
desprezível. O valor máximo do ângulo α do plano inclinado, para que a 
base do bloco permaneça em contato com o plano, é tal que:
d
α
(A) 
1
sen .
2
α = 
(B) tan 1.α = 
(C) tan 2.α = 
(D) tan 3.α = 
(E) cot 2.α = 
 15 (IME) Na figura abaixo, o coeficiente de atrito entre o peso P e a cunha 
é µ1 e, entre a cunha e o bloco inferior é µ2. Desprezando o peso da cunha, 
e considerando que não há atrito na parede vertical, determine a expressão 
da força F necessária para levantar o peso P, forçando a cunha para a 
direita.
F
θ
P
 16 (ITA) Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as 
mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si, dispondo 
seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços 
horizontalmente alinhados, como mostra a figura. Sendo m a massa do 
corpo do atleta e µ o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale 
a opção correta que indica o módulo mínimo da forçaexercida pelo atleta 
em cada parede:
90°
(A) 
1
2
2
2
1
.
2 1
mg  µ −
 
µ + 
 
(B) 
1
2
2
2
1
.
2 1
mg  µ +
 
µ − 
 
(C) 2
2
1
.
2 1
mg  µ −
 
µ + 
 
(D) 2
2
1
.
2 1
mg  µ +
 
µ − 
 
(E) n.d.a.
FÍSICA I
Assunto 4
Estática dos sólidos
255IME-ITA – Vol. 2
FÍSICA I
Assunto 4
256 IME-ITA – Vol. 2
Física I
Assunto 3
Exercícios Nível 1
 01 Letra D.
 02 Letra A.
 03 Letra C.
 04 =

50 NF .
0
A
→
p
→
F
→
Fω →
g
 05 20 N.
 06 Letra B.
 07 Letra C.
 08 144 km/h.
 09 Letra C.
 10 Letra B.
 11 72 km/h.
 12 Letra B.
 13 26 N.
 14 Letra C.
 15 Letra D.
 16 
a. 1 rad/s.
b. 250 N.
 17 Letra E.
 18 = θtanv Rg .
 19 R = 120 m.
 20 mín .
g
v
R
=
µ
 21 8 rad/s.
 22 3,0 m/s.
 23 Letra D.
 24 
a. = 2.A
B
v
v
b. µ =
µ
2A
B
 
 25 Letra C.
Exercícios Nível 2
 01 
a. F = 0,25 N.
b. Mo = 0,070 kg.
c. Diametralmente oposta a pá que contém o peso de massa mp.
 02 Letra D.
 03 
 
 
 
2
arcsen
v
gr
.
 04 Letra A.
 05 Letra E.
 06 Letra B.
 07 ( )− = °1cos 0,633 50,70 .
 08 
a. 8,74 N;
b. 39,7 N;
c. 6,45 m/s;
d. Na direção da haste.
 09 Letra A.
 10 Letra A.
 11 Letra D.
 12 
MÁX
MÍN
tan sen sen
2 ;
cos sen
tan sen sen
2 .
cos sen
h
T
g
h
T
g
 β β + µ β
= π  β − µ β 
 β β − µ β
= π  β + µ β 
 13 
a. Maior que 7,3 rad/s;
b. Menor que 0,14 m.
 14 Letra B.
 15 
N = 11,2 N;
a = 6,35 m/s2.
 16 Letra D.
 17 600 N ; tan θ = 0,5 .
Exercícios Nível 3
 01 8,4 kN.
 02 
θ +
π 1
cos
2 o
L L
g
.
 03 0,25.
 04 1,2 m.
 05 
a. 0,5 m.
b. 0,15 N.
 06 Letra C.
 07 
a. µ = η
π
1
ln o;
b. 
η− η
=
η+ η
( )
( )
o
o
a g ;
 08 
a. 2,5 Mg.
b. K = 2.
c. 2,5 Hz.
 09 =
+ ϕ
0
1 cos
V
V .
 10 
F = 0,60 N;
N = 1,20 N.
 11 r = 816 mm.
 12 −
 ω
θ =  
 
2
1 4tan o
r
g
.
GABARITO
IME-ITA
Volume 2
525
 13 
−
ω2
1
1
k
m
; não depende do sentido de rotação.
Assunto 4
Exercícios Nível 1
 01 Letra A.
 02 Letra A.
 03 Letra C.
 04 Letra D.
 05 Letra B.
 06 Letra E.
 07 300 N.
 08 Letra D.
 09 Letra B.
 10 
a. 
→
P
→
R
→
T
b. 
 11 
 12 Letra A.
 13 2 1− .
 14 Letra C.
 15 NA = 2.250 N; NB = 1,1950 N.
 16 Letra A.
 17 900 N.
 18 210 N.
 19 Letra C.
 20 Letra A.
 21 135 N.
 22 300 kgf.
Exercícios Nível 2
 01 Letra D.
 02 
a. 250 N.
b. Não depende.
 03 60 N.
 04 60 N na rampa I; 80 N na rampa II.
 05 Letra A.
 06 Letra E.
 07 Letra E.
 08 31
3
T W
 
= +  
 
.
 09 
3
3
µ = .
 10 Letra B.
 11 
a. 7 .
2
M
b. 
29
.
6
M
 12 
a. 700 N.
b. 10 m.
 13 P/4.
 14 Letra C.
 15 242,5 kN.
 16 a = 59 cm; b = 66 cm; c = 75 cm.
 17 
a. 75 N.
b. h = 0,50 m. 
c. h = 0,25 m.
 18 Letra A.
 19 Letra D.
 20 x = 6 cm.
 21 30°.
 22 Letra D.
 23 Letra A.
 24 Letra B.
 25 Ambos iguais a 2,5 N.
 26 
a. 4.250 N.
b. 2.250 N.
c. 600 N.
 27 125 MPa.
Exercícios Nível 3
 01 
4
L
x = .
 02 
3
arctan
4
 
 
 
.
 03 60 cosα ; 60 senα; φ=2α – 90°.
GABARITO
Volume 2
526
 04 
2
3
1
2
L
Mg
a
  − 
 
.
 05 
2 2
1 128cos
16
L L R
R
−
 + + θ =
 
 
.
 06 10 N.
 07 Letra C.
 08 Letra C.
 09 
2
;
3 3
P P
T R= = .
 10 15 kg.
 11 Letra B.
 12 P/2.
 13 1 2
1 2
3
sen sen
4
d d
d d
+π
β = α
−
.
 14 Letra E.
 15 21
2
tan
1 tan
F P
 µ + θ
= µ + 
− µ θ 
.
 16 Letra B.
GABARITO
IME-ITA
Volume 2
527
Treliças
FÍSICA I ASSUNTO
5
222 IME-ITA – Vol. 3
1. Introdução
As treliças são uma das estruturas mais importantes na engenharia. 
Estão presentes em prédios, casas, pontes, enfim, em diversas aplicações 
tanto na engenharia civil quando na mecânica.
Treliças são estruturas constituídas por barras homogêneas conec-
tadas entre si por nós. Cada nó é a conexão de duas ou mais barras. 
Nenhuma barra é contínua por intermédio de um nó, sendo os nós pontos 
de descontinuidade da barra.
A figura a seguir mostra exemplos de treliças muito comuns:
Pratt Howe Fink
Pratt Howe Warren
Baltimore treliça K
estrutura levadiçaporção em consola de uma treliça
estádios
Outros tipos de treliças
Treliças típicas de pontes
Treliças típicas de telhados
Beer e Johnston (adaptado).
Geralmente, as barras que constituem as treliças são consideradas 
delgadas e suportam pouco carregamento lateral. Logo, os carregamentos 
devem ser aplicados nos nós e não diretamente nas barras. Também se 
considera que os pesos das barras estão aplicados nos nós. Porém, na 
maioria das vezes, desconsideraremos os pesos das barras. Dessa forma, 
os membros da treliça, que estão ligados por nós, estarão submetidos a 
um par de forças, que atuarão nos nós, com a direção da barra e sentido 
oposto. Essas forças podem tender a partir a barra ao meio “para fora” 
ou podem tender a comprimir a barra “para dentro”, conforme mostra a 
figura ao lado, respectivamente:
FÍSICA I
Assunto 5
Treliças
223IME-ITA – Vol. 3
Quando as forças tenderem a partir a barra, elas serão chamadas 
de forças de tração. Quando elas tenderem a comprimir a barra, serão 
chamadas de forças de compressão. Logo, uma barra ou está tracionada 
ou está comprimida.
Serão estudadas aqui, primordialmente, as treliças simples. Elas 
são formadas a partir de uma treliça rígida – formada por três barras, 
em formato triangular, que não tem seu formato deformado a partir da 
aplicação de um carregamento –, adicionando-se duas novas barras a 
dois nós distintos, formando um novo nó. Note-se que as treliças Fink e 
Baltimore exemplificadas anteriormente não são treliças simples, enquanto 
que as restantes são. Toda vez que duas barras são adicionadas, um nó 
é formado, como foi dito antes. Dessa forma, o número b de barras e o 
número n de nós se relacionam de acordo com a seguinte expressão:
b = 2n – 3
As treliças têm que estar, de alguma forma, apoiadas no chão. Os 
dois principais tipos de apoios que constarão dos problemas a serem 
resolvidos são os seguintes:
Ry Ry
Rx
O primeiro provoca reações de apoio tangencial e perpendicular 
à superfície de apoio, funcionando como uma superfície rugosa, 
que apresenta atrito. O segundo provoca apenas reações de apoio 
perpendiculares à superfície de apoio (a representação das rodinhas 
significa que não possuem atrito com a superfície de apoio).
Serão estudados dois métodos de análise de treliças simples. O 
primeiro, chamado de método dos nós, será mais útil para calcular todas 
as forças aplicadas nas barras de uma treliça. O segundo, chamado de 
método das seções, será mais conveniente para calcular a força em uma 
barra específica.
2.1 Método dos nós
O método dos nós é mais conveniente quando se quer determinar as 
forças que atuam em todas as barras de uma treliça simples. O método 
consiste nos seguintes passos:
I. Traçar o diagrama de corpo livre da estrutura como um todo, ou seja, 
considerando apenas as forças externas (carregamentos e reações de 
apoio, lembrando que cada tipo de apoio apresenta reações diferentes). 
A partir desse diagrama, será possível determinar, sendo conhecidos 
os carregamentos, o valor das reações de apoio.
II. Localizar um nó que esteja unindo apenas duas barras e traçar o 
seu diagrama de corpo livre. A partir desse diagrama, será possível 
calcular as duas forças que estejam agindo nesse nó, ou seja, agindo 
nas barras conectadas a ele. Resolver como for mais conveniente 
(triângulo de forças – quando três forças apenas estiverem envolvidas 
e você conhecer uma delas – ou decomposição das forças em eixos 
é necessário terá que adotar sentidos arbitrários para as forças no nó. 
Se o valor encontrado para a força for negativo, significa que o sentido 
arbitrado está errado, isto é, a força deveria ter o sentido contrário.
III. Depois, localizar um nó em que as forças em apenas duas das barras 
conectadas a ele ainda não são conhecidas. Desenhar o diagrama de 
corpo livre para esse nó e usá-lo como no passo 3 para determinar 
as forças desconhecidas. As forças em algumas barras já terão sido 
calculadas no passo 2, então uma dicaé continuar escolhendo nós 
que carreguem alguma dessas forças.
IV. Repita esse procedimento até que todas as forças em todas as barras 
da treliça sejam descobertas. Como você previamente foram usadas 
três equações para determinar as reações de apoio no diagrama de 
corpo livre da treliça inteira, no passo 1 (momento resultante nulo, 
força resultante em x nula e força resultante em y nula), sobrarão 
três equações no final, que poderão ser usadas como prova real dos 
cálculos.
Note-se que a escolha do primeiro nó, no passo 2, não é única. Em 
alguns casos, a escolha de certo nó pode levar, no seguimento dos passos, 
a um nó que você não seja possível resolver. Então, deve-se recomeçar o 
procedimento escolhendo outro nó. Uma dica bastante útil é escolher um 
nó no qual esteja aplicado algum carregamento.
Segue um exercício resolvido a respeito disso.
ExErcícios rEsolvidos
(Beer e Johnston) Usando o método dos nós, determine as forças em 
cada uma das barras da treliça representada na figura.
A B C
ED
2.000 N 1.000 N
12 m 12 m
8 m
12 m
6 m6 m
Solução:
Primeiro, vamos traçar o diagrama de corpo livre da estrutura como 
um todo, lembrando de colocar as devidas reações de apoio. Ele está 
representado na figura a seguir.
A B C
ED
2.000 N 1.000 N
12 m 12 m
8 m
12 m
6 m6 m
E
Cx
Cy
FÍSICA I
Assunto 5
224 IME-ITA – Vol. 3
Impondo MC �� 0, considerando o sentido anti-horário positivo:
2.000 · 24 + 1.000 · 12 – E · 6 = 0 → E = 10.000 N.
Como achamos E > 0, significa que supusemos seu sentido corretamente.
Impondo Fx �� 0.
Cx = 0
Impondo Fy �� 0.
Cy + 10.000 – 2.000 – 1.000 = 0 → Cy = – 7.000 N.
Como achamos Cy < 0, significa que supusemos seu sentido erradamente. 
Deveria ter sentido “para baixo”, em vez de “para cima”, como arbitrado.
Agora que já conhecemos as reações de apoio, podemos começar a 
isolar os nós. Começando pelo nó A (um dos nós com carregamento e 
unindo apenas duas barras), vemos que esse nó está submetido apenas 
a três forças. Dessa forma, podemos criar um triângulo de forças como 
indicado na figura a seguir. Perceba que o triângulo é retângulo e deve 
ter lados proporcionais a 3, 4 e 5 (relação facilmente tirada da geometria 
do problema).
2.000 N
FAB
FAD
A
5
4
3
2.000 N
FAB
FAD
3
45
Temos, da figura:
F
FAB AB3
2 000
4
1 500� � �
.
.
N
N.
F
FAD AD5
2 000
4
2 500� � �
.
.
N
N.
Lembre-se que, se no nó a força aponta em um sentido, na barra a força 
apontará no sentido inverso (Terceira Lei de Newton). Logo, a força FAB é 
de tração na barra AB, já que está apontando para fora do nó A, e a força 
FCD é de compressão na barra CD, já que está apontando para o nó A.
Agora, vamos isolar o nó D (que possui apenas duas forças desconhecidas 
e carregou uma das forças do nó A). Seu diagrama de corpo livre está 
expresso na figura a seguir:
FDA = 2.500 N
FDE
FDB
FDE
FDB
FDA
3
4 5 5 4
3
Pelos triângulos desenhados, temos que:
F F FDB DA DB� � � 2 500. N
F F FDE DA DE�
�
�
�
�
�
� � �2
3
5
3 000. N
Veja que FDB é uma força de tração na barra DB e FDE é uma força de 
compressão na barra DE.
Agora, vamos isolar o nó B (apenas duas forças não conhecidas). Temos 
a figura do seu diagrama de corpo livre:
33
4 4
B
FBA = 1.500 N
1.000 N
FBC
FBEFBD = 2.500 N
Utilizando a decomposição das forças em eixos, temos:
F F Fy BE BE= → − −





 −





 = → = −∑ 0 1 000 45 2 500
4
5
0 3 750. . . N
F F F Fx BC BE BE= → − −





 −





 = → =∑ 0 1 500 35 2 500
3
5
0 5 250. . . N
Veja que, como FBE foi encontrada negativa, significa que ele aponta para 
o nó B, em vez de apontar para fora, como supomos. Dessa forma, FBE 
é força de compressão na barra BE. FBC será, então, força de tração na 
barra BC, já que aponta para o nó B.
Agora, vamos isolar o nó E. Restou uma força não conhecida. Logo, apenas 
uma equação será suficiente para resolvê-lo. Dessa forma, sobrará uma 
equação desse nó e duas do nó C, como previsto anteriormente.
4
FEB = 3.750 N
4
33
FED = 3.000 N
E = 10,000 N
FEC
E
Utilizando a decomposição das forças em eixos, temos:
F F Fx EC EC∑ = →


 + +





 = → = −0
3
5
3 000
3
5
3 750 0 8 750. . . N
Veja que, como FEC foi encontrada negativa, significa que aponta para o nó 
E, em vez de apontar para fora, como supomos. Dessa forma, FEC é força 
de compressão na barra EC.
Utilize a equação das forças em y nesse nó e as equações do nó C para 
checar as contas.
É bem perceptível que, se quiséssemos calcular apenas a força na barra 
ED, por exemplo, teríamos que ter calculado a força na barra AD antes. 
Logo, esse método não se mostra eficiente quando queremos calcular 
apenas a força em uma determinada barra, ainda mais se a treliça possuir 
mais barras. 
FÍSICA I
Assunto 5
Treliças
225IME-ITA – Vol. 3
 01 Determine a força em cada membro da treliça mostrada na figura e 
indique se os membros estão sob tração ou compressão.
B
2 m
2 m
45°
C
A
500 N
 02 Usando o método dos nós, determine a força em cada elemento da 
treliça mostrada na figura. Indique se cada elemento está sob tração ou 
sob compressão.
A
B
C
4 m
1,25 m
3 m
84 kN
A
CB
2,7 m
3 ,6 m 1,15 m
4.200 N
 
A
B C
4 m
3 m 4,5 m
1,92 kN
 03 Determine a força em cada membro da treliça. Indique se os membros 
estão sob tração ou compressão.
A
D
C
1 m 1 m
3 kN
2,25 kN
30°
B
£
 04 Determine a força em cada membro da treliça. Indique se os membros 
estão sob tração ou compressão.
A
E
C
D
B
2 m
2 m
2 m
900 N
600 N
 05 Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros 
estão sob tração ou compressão. Agora imagine uma situação mais real, 
na qual a treliça é fabricada usando membros que têm um peso de 0,2 
kN/m. Remova as forças externas da treliça e determine a força em cada 
membro devido ao peso dos membros. Indique se os membros estão sob 
tração ou compressão. Considere que a força total que atua sobre um nó 
é a soma da metade do peso de todos os membros conectados ao nó.
0,9 m
A
B
C
DEF
1,2 m 1,2 m 1,2 m
4,5 kN
3 kN
 06 Determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo 
que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força maior que 4 kN em 
tração e 3 kN em compressão.
1 m 1 m 1 m
A
B
E D
C
P
1 m
FÍSICA I
Assunto 5
226 IME-ITA – Vol. 3
 07 Determine a força nos membros ED, EH e GH da treliça e indique se 
os membros estão sob tração ou compressão.
2 m 2 m 2 m
1,5 m
1,5 m
1,5 m
A
B
C
DE
F
G H
I
40 kN
30 kN
40 kN
50 kN
 08 A estrutura apresentada é formada por duas barras verticais AC e 
BD, ligadas por uma barra horizontal CD e por uma barra inclinada BC. 
No ponto D, a estrutura recebe duas forças: uma vertical para baixo de 
40 kN e outra horizontal para a direita de 20 kN. Sabendo que as pesos 
de todas as barras são desprezíveis, determine:
4 m
A
B
C D
3 m
1,5 m
40 kN
20 kN
a. o sentido e o valor da força, que pode ser horizontal ou vertical, a ser 
aplicada no ponto C para que a barra vertical AC seja comprimida por 
uma força igual a 25 kN.
b. os sentidos e os valores das reações horizontal e vertical nos apoios 
A e B para a estrutura carregada com as três forças externas.
 09 A figura a seguir mostra uma estrutura em equilíbrio, de peso 
desprezível em relação ao carregamento externo. As barras dessa estrutura 
só resistem aos esforços normais de tração ou de compressão. Sobre 
o nó D, há uma carga vertical concentrada de 10 kN, enquanto, no nó 
C, há uma carga vertical concentrada de 10 kN e uma carga horizontal. 
Sabendo que o apoio A não restringe o deslocamento vertical e a força 
de compressão na barra AB é 5 kN, determine:
carga
horizontal
A
B
CD
E
1,5 m
1,5 m
2,0 m 2,0 m
10 kN 10 kN
a. a intensidade, em kN, e o sentido da carga horizontal no nó C;
b. as reações de apoio, em kN, nos nós A e B, indicando suas direções 
e sentidos;
c. as barras que estão tracionadas, indicando suas magnitudes em kN;
d. as barras que estão comprimidas, indicando suas magnitudesem kN.
 10 Determine as componentes de todas as forças que atuam na barra 
ABD da estrutura da figura.
1,80 m
A
B
C
D
E
F
1,20 m 1,20 m 1,20 m 1,20 m
1500 N 2250 N
 11 Para a estrutura e o carregamento mostrados na figura, determine as 
componentes das forças exercidas no elemento BC.
A
B
C
D
E
F
3,6 m
2 m
2 m
2 m
18 kN
FÍSICA I
Assunto 5
Treliças
227IME-ITA – Vol. 3
 01 Determine a força exercida no elemento BD e a componente da reação 
em C.
400 N
120 mm
450 mm
135 mm 240 mm
510 mm
A
B
C
D
 02 Um painel está sujeito a uma carga de vento que exerce forças 
horizontais de 1,5 Kn nos nós B e C de uma treliça de apoio laterais. 
Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros 
estão sob tração ou compressão.
A
B
C
D
E
3,6 m
3,6 m
45º
3,9 m
1,5 m
3,9 m
1,5 kN
1,5 kN
 03 Determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo 
que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força maior que 2,5 kN 
em tração ou 2 kN em compressão.
2 m 2 m
A
B
C
D
E
P
1, 5m
1, 5m
1, 5m
 04 Na estrutura da figura, as barras ACE e BCD estão articuladas por um 
pino em C e pela barra DE. Determine a força na barra DE e as componentes 
da força exercida em C pela barra BCD.
160 mm
60 mm
80 mm
B
A
C D
60 mm 100 mm 150 mm
E
480 N
 05 A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por barras 
fixadas por pinos. As barras AE e DE são feitas de um material uniforme 
e homogêneo. Cada uma das barras restantes tem massa desprezível e 
seção transversal circular de 16 mm de diâmetro. O apoio B, deformável, 
é elástico e só apresenta força de reação na horizontal. No ponto D, duas 
cargas são aplicadas, sendo uma delas conhecida e igual a 10 kN e outra 
na direção vertical, conforme indicadas na figura. Sabendo que a estrutura 
no ponto B apresenta um deslocamento horizontal para a esquerda de 
2 cm, determine:
FÍSICA I
Assunto 5
228 IME-ITA – Vol. 3
A
D E
BC
carga
vertical
10 kN
2,0 m 2,0 m
1,
5 
m
µ 3µ
a. A magnitude e o sentido da reação do apoio B.
b. As reações horizontal e vertical no apoio A da estrutura, indicando seu 
sentido.
c. A magnitude e o sentido da carga vertical concentrada no ponto D.
d. O esforço normal (força) por unidade de área da barra BC, indicando 
sua magnitude e seu tipo (tração ou compressão).
Dados:
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
• densidade linear de massa: µ = 100 kg/m;
• constante elástica do apoio B: k = 1.600 kN/m.
 06 Determine a força em cada membro da treliça mostrada na figura e 
indique se os membros estão sob tração ou compressão.
Dado: sen (15)=0,65
2 m 2 m
2 m 2 m
400 N
D C
BA
2 m
45°
45°
30°
 07 Determine as componentes vertical e horizontal da reação nos pinos 
A e C da estrutura de dois membros (AB e BC).
A
B
C
3 m
3 m
200 N/m
 08 A figura mostra uma barra horizontal AC fixada em A e sustentada pela 
barra inclinada BD. Uma força vertical P é aplicada em um ponto da barra AC. 
Desprezando o peso de todas as barras e considerando que as reações 
horizontal e vertical em A iguais a 32 kN (←) e 16 kN (↑) respectivamente, 
determine:
1,5 m
1,
5 
m
2,0 m
AC D
B
x
P
a. A força P e a distância x entre o ponto de aplicação da força P e o 
ponto C.
b. A força de tração aplicada à barra BD.
 09 Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino 
A, e a reação no rolete B necessária para suportar a estrutura. Considere 
F = 600N. Caso o rolete bem possa sustentar uma carga máxima de 
3 kN, determine a maior intensidade das forças F que podem ser aplicadas 
na estrutura.
2 m
2 m 2 m 2 m
A
B
F F F
45°
 10 Para a estrutura e carregamento mostrados na figura, determine os 
componentes de todas as forças atuantes no elemento ABE.
A
B
J
E F
C D
2,7 m
2,7 m
3,6 m
4,8 m
1,5 m
2.400 N
FÍSICA I
Assunto 5
Treliças
229IME-ITA – Vol. 3
 01 Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A 
e a força no cabo BC. Despreze a espessura dos membros.
4,5 m
100 N
200 N/m
A
B
C
3 m
4 m
30°
 02 A treliça mostrada na figura consiste em seis elementos e é sustentada 
por uma pequena haste de conexão em A, duas pequenas hastes de 
conexão em B e por rótulo em D. Determine a força em cada um dos 
elementos para o carregamento dado.
7,2 m
x
z
y
3 m
2,1 m 2,1 m
AA
B O
D
C
1.800 N
 03 Determine a força nos membros AB, AE, BC, BF, BD e BE da treliça 
de espaço e indique se os membros estão sob tração ou compressão.
1 m
0,5 m
0,5 m
1 m
x
y
z
1 m
3 kN
1,5 kN
2 kN
A
B
C
E
F
D
 04 Determine a força em cada membro da treliça espacial e indique se 
os membros estão sob tração ou compressão. A treliça é sustentada por 
juntas esféricas em A, B e E. Considere F = (–200i + 400j) N.
5 m
1 m
A
z
x
B
C
2 m
y
F
D
2 m
1,5 m
E
 05 Determine as forças agindo nos membros da treliça espacial mostrada 
na figura. Indique se os membros estão sob tração ou compressão.
A
B
C
D
E
y
x
z
45°
2 kN
P = 4kN
2 m
2 m 2 m
 06 Determine a maior massa m do bloco suspenso de modo que a força 
em qualquer membro da treliça não exceda 30 kN (tração) e 25 kN ( 
ompressão).
6 m
A
B
C
E
F
D
G
3,5 m
2,5 m
0,1 m
1. Introdução
A hidrostática, também chamada de estática dos fluidos, estuda, 
como seu nome já diz, fluidos que estejam em equilíbrio. Fluidos são, 
basicamente, os líquidos e os gases. Além da diferença de estado 
de matéria, líquidos não têm forma própria, mas têm volume próprio, 
independente do recipiente que os contenha. Já os gases não possuem 
forma nem volume próprios, já que, dentro de um recipiente, considera-se 
que o gás ocupa todo o seu volume.
O estudo aqui, será focado no equilíbrio de líquidos, basicamente, 
por possuírem mais utilidade prática, já que os efeitos dos gases sobre 
corpos imersos neles poderão ser desprezados, além de os líquidos 
possuírem uma resistência à compressão muito superior à dos gases, 
sendo considerados, nesse estudo, incompressíveis, diferentemente dos 
gases, para os quais essa consideração de incompressibilidade faria muita 
diferença. Serão estudados, então, basicamente líquidos que sejam ideais, 
ou seja, incompressíveis. 
A Hidrostática se baseia em três teoremas: o de Stevin, o de Pascal e 
o de Arquimedes. Eles regirão todo esse estudo e trarão consequências 
importantíssimas.
2. Massa específica ou 
densidade absoluta (m)
É a razão entre massa e volume de uma substância. Para as mesmas 
condições de temperatura e pressão, a massa específica de uma 
substância permanece constante.
� �
m
V
material m (g/cm3) m (kg/m3)
água 1,00 1.000
alumínio 2,7 2.700
ferro 7,8 7.800
chumbo 11,3 11.300
mercúrio 13,6 13.600
ouro 19,3 19.300
Unidade de massa específica no SI: [kg/m3].
Obs.: 1 kg/m3 = 103 g / 106 cm3 → 1 kg/m3 = 10–3 g/cm³. Essa relação 
é bastante importante, já que em muitos casos a massa específica que 
nos será fornecida vai estar em g/cm3.
Percebe-se que o conceito de densidade propriamente dito tem a 
mesma expressão que o da massa específica. Porém, uma diferença sutil 
distingue suas definições. Será vista, a seguir, a definição de densidade 
absoluta de um corpo.
3. Densidade absoluta de um corpo
Como visto anteriormente, o chumbo possui massa específica maior 
que a do ferro. Porém, existe a possibilidade de um corpo de ferro ser 
mais denso que um corpo de chumbo?
Define-se densidade absoluta de um corpo como a razão entre 
a sua massa e o volume ocupado por ele no espaço (bem parecida 
com a definição de massa específica). Logo, se um corpo possui 
descontinuidades internas, ou seja, partes ocas, como uma bola de boliche, 
significa que a massa a ser considerada para o cálculo da densidade seria 
muito menor do que se o corpo fosse inteiramente maciço. Então, para 
a massa específica, considera-se apenas o volume ocupado pela massa 
do corpo, enquanto que, para a densidade, considera-se o volume total 
ocupado no espaço por um corpo fechado.Será chamado, então, de VT o 
volume que o corpo ocupa no espaço. Logo:
d
m
VT
=
No caso de uma bola de boliche, VT seria o volume total ocupado 
no espaço, ou seja, o volume do ar que está contido na bola faz parte 
desse volume total. Na hora de calcular a massa específica do material 
que constitui essa bola, será considerado apenas o volume realmente 
correspondente à massa do corpo (a camada de material que de fato 
foi usada para confecção da bola). Por isso, a massa específica é uma 
propriedade intrínseca ao material (ou seja, independente do corpo, a 
massa específica do chumbo sempre será 11,3 g/cm3), enquanto que a 
densidade é uma propriedade que depende do corpo (uma bola de chumbo 
maciça e de volume VT terá maior densidade que uma bola de chumbo oca 
e de mesmo volume, já que a massa daquela é maior que a desta, mesmo 
que ambas sejam feitas de chumbo).
Sabe-se, intuitivamente, que corpos de menor densidade que a água 
tendem a flutuar nela. Logo, já que o aço tem massa específica maior que 
a água, como é possível explicar um navio feito totalmente de aço, como 
um cruzeiro, conseguir flutuar? O segredo é o espaço oco que existe em 
suas partes inferiores, completamente cheias de ar, que fazem com que 
a densidade do navio se torne menor que a densidade da água.
4. Densidade relativa
É uma grandeza adimensional dada pela razão entre duas massas 
específicas de duas substâncias distintas. É, então, um critério de 
comparação entre duas substâncias ou outra forma de medir a densidade 
de alguma substância, tomando a outra como referencial.
Ex: � �
� �
ouro alumínio
Hg H2O
/ ,
/ ,
�
�
7 15
13 6
5. Peso específico
Peso específico é a razão entre o peso de uma substância e o seu 
volume.
� �
P
V
Unidade de peso específico no SI: [N/m3].
Hidrostática
FÍSICA I ASSUNTO
6
230 IME-ITA – Vol. 3
Assim como a massa específica, para que o peso específico de um 
corpo seja constante, é preciso que as condições de temperatura e pressão 
também sejam constantes. Porém, como o peso depende da gravidade, 
para que o peso específico seja constante, tem-se que analisar porções da 
mesma substância em um mesmo local, onde a gravidade seja constante.
Sabe-se que P = m · g. Logo:
� � �
�P
V
m g
V
Como � �
m
V
, tem-se:
r = mg 
6. Pressão
Comprima a palma de uma das suas mãos com o polegar da outra 
mão, utilizando certa força. Agora, aumente esta força. Você claramente 
percebeu que o efeito de contato entre sua mão e seu dedo polegar 
aumentou. Agora, comprima novamente a palma da mão com seu polegar. 
Utilizando aproximadamente a mesma força, pegue o seu lápis apontado e 
com a sua ponta do grafite comprima a palma da sua mão com a mesma 
força. Novamente, você percebeu que o efeito foi realmente aumentado.
Logo, é possível perceber que esse efeito é diretamente proporcional à 
força, já que, ao aumentá-la, ele se intensifica. Da mesma forma, quando 
você diminui a área de aplicação da força (já que a ponta do grafite tem 
menor área que a palma do seu polegar), o efeito também é intensificado. 
Logo, o efeito é diretamente proporcional à força e inversamente 
proporcional à área de aplicação dela.
Dessa maneira, pressão média, sob o ponto de vista mecânico, é 
definida pela razão da componente normal de uma força aplicada a uma 
superfície, pela área da superfície.
p
F
A
n=
q

Ft

FFn
Apenas a componente normal (Fn) de certa força aplicada em uma 
área pode exercer pressão, enquanto que a componente tangencial não 
exerce (ela exerce outro efeito, chamado de cisalhamento).
Unidade SI de pressão: [N/m2] = [Pa], também chamada de Pascal.
Obs.: Outras unidades práticas de pressão (utilizando g = 9,81 m/s2):
• bária [ba] = [dyn/cm2] → 1 Pa = 10 ba;
• atmosfera técnica métrica [at] = [kgf/cm2] → 1 at = 9,8 · 104 Pa ≅ 
105 Pa;
• milímetros de coluna de mercúrio [mmHg] → 760 mmHg = 
1,01 · 105 Pa;
• metros de coluna-d’água [mca] → 10 mca = 1,01 · 105 Pa;
• atmosfera padrão [atm] → 1 atm = 1,01 · 105 Pa
Por mais que a pressão tenha uma certa relação com a força, ela não 
é uma grandeza vetorial, mas sim uma grandeza escalar, ou seja, um gás 
ideal confinado em um recipiente exerce exatamente a mesma pressão 
em todas as suas paredes, já que a pressão não possui uma orientação 
preferida em detrimento de outras.
6.1 Pressão exercida por uma coluna de líquido
h
A
m
P
A figura anterior representa um recipiente contendo um líquido de 
massa específica m, em equilíbrio, sob a ação da gravidade g, cuja altura 
em relação ao fundo do recipiente é h.
Considera-se, então, uma coluna de água de área de base A. Sabe-
-se que seu volume é dado por V = A · h. Como massa específica é o 
volume entre a massa da substância e o volume de fato ocupado por ela, 
tem-se: � �� �
�
� � � �
m
V
m
A h
m A h. Logo, o peso dessa coluna de 
líquido será o produto da sua massa pela gravidade: P = m · g = m · A 
· h · g. Logo, a pressão exercida por essa coluna de líquido no fundo do 
recipiente será dada por: 
p
P
A
A h g
A
� �
� � ��
Cortando a área, tem-se:
p = mgh
7. Teorema de Stevin
Considere um recipiente contendo um líquido homogêneo de massa 
específica m. Considere, mesmo que imaginariamente, um “cubo” de aresta 
h, feito do próprio líquido e totalmente imerso nele. Sabemos que, nele, 
surgirão forças nas direções vertical e horizontal, aplicadas em cima e em 
baixo, do lado direito e do lado esquerdo, como podemos ver na figura.
m
Pela simetria do corpo, é fácil perceber que as forças horizontais 
se anulam. Porém, as forças verticais não se equilibram. Isso acontece 
porque, além delas, ainda existe a atuação do peso do corpo na vertical. 
Dessa forma, temos o diagrama de corpo livre da figura a seguir:
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
231IME-ITA – Vol. 3
m

g

F2

F1

P
(1)
(2)
Logo, como o corpo está em equilíbrio na vertical, tem-se:
F2 – F1 = P
Dividindo todos os termos pela área da base do cubo, já que estão 
aplicados na vertical, obtém-se:
F
A
F
A
P
A
2 1� �
Só que F
A
p1 1= (pressão no ponto 1) e 
F
A
p2 2= (pressão no ponto 2). 
Logo:
p p
P
A
p p
mg
A2 1 2 1
� � � � �
em que m é a massa do “cubo” de água. Logo, m = m · Vcubo = m · A · h. 
Logo:
p p
A h g
A
p p g h2 1 2 1� �
� � �
� � � � �
�
�
em que h é o desnível entre o ponto 1 e o ponto 2. É possível observar 
a figura:
m
h1
h2
h
1
2
 
O enunciado do Princípio de Stevin, então, se resume a:
“A diferença de pressões entre dois pontos de um líquido homogêneo 
em equilíbrio sob a ação da gravidade é dada pelo produto da massa 
específica do líquido, da aceleração da gravidade e do desnível entre os 
pontos.”
É fácil perceber, então, que essa diferença de pressões é igual à 
pressão de uma coluna de líquido semelhante à coluna compreendida 
entre os dois pontos, caso aquela estivesse tocando o fundo do recipiente.
Percebe-se, então, que, se o desnível entre os dois pontos for nulo, não 
haverá diferença de pressões entre os dois pontos. Dessa forma, pontos 
que estão à mesma altura, não importando a posição horizontal, estarão 
sob mesma pressão. Então, cada linha horizontal terá pontos sob mesma 
pressão, ou seja, existirá uma zona isobárica. Essa é a consequência mais 
importante do Teorema de Stevin.
Agora, supondo que seja possível um líquido em repouso, confinado 
em um recipiente, ter sua superfície inclinada, como mostra a figura a 
seguir.
m

g
h
(1)
(2)
Como há um desnível entre os pontos, pelo Princípio de Stevin, haveria 
uma diferença de pressão sobre eles. Mas como o líquido está aberto para 
a atmosfera, a pressão exercida sobre ambos é a pressão atmosférica. 
Dessa forma, ambos estão sob mesma pressão. Novamente, pelo Teorema 
de Stevin, sabe-se que, se a pressão sobre os pontos é a mesma, não há 
desnível entre eles. Logo, é absurdo pensar que existe um desnível entre 
os pontos na superfície do líquido. Assim, a superfície de um líquido em 
um referencial inercial sempre permanece horizontal. Isso acontece porque 
o Teoremade Stevin só se aplica em referenciais inerciais, já que é uma 
consequência direta das Leis de Newton, que só são válidas nestes.
E caso o líquido estivesse acelerado, ou seja, em um referencial não 
inercial, qual seria o comportamento de sua superfície? Como visto em 
Dinâmica, sabe-se que é possível transformar um referencial não inercial 
por meio do Princípio da Equivalência de Einstein, ou, mais precisamente, 
do Princípio de D’alembert. Dessa forma, o Princípio de Stevin volta a 
ser válido.
Pensando, então, em uma massa infinitesimal m de água na superfície 
do líquido (uma gotinha), que está confinado em um recipiente e comunica-
-se com o recipiente a uma aceleração a, conforme mostra a figura abaixo.
a
Mudando do referencial inercial para o referencial não inercial do 
carrinho, surgirá nessa gotinha uma força de inércia, orientada para a 
esquerda. Além dessa força de inércia, já existe a força peso dessa gotinha 
atuando verticalmente para baixo, como mostra a figura.
– ma
mg
Supondo que a superfície permaneça horizontal, como mostrado 
acima. Em amarelo, é representada a resultante dessa força de inércia 
com a força peso da gotinha. Ainda falta a força que a superfície do líquido 
faz sobre a “gotinha”. Sabe-se que essa força tem que ser perpendicular 
à superfície. Logo, teria uma força vertical e a força resultante indicada 
em amarelo. Obviamente, a resultante dessas duas nunca será nula, ou 
seja, se a superfície permanecer horizontal, não haverá a possibilidade de 
essa gotinha estar em equilíbrio no referencial não inercial. A superfície 
deverá ficar inclinada em um ângulo tal que permita que a normal tenha a 
mesma direção da força representada em amarelo. Geometricamente, é 
fácil mostrar que esse será o mesmo entre a força representada em amarelo 
e o peso. Esse ângulo está representado na figura a seguir.
FÍSICA I
Assunto 6
232 IME-ITA – Vol. 3

a

g
q

g
gap
–

a
q
q
superfície
livre
Da figura, tem-se:
tan� �
a
g


Assim como no exemplo do elevador dado em Dinâmica, na seção 
de mudança de referencial para a nova gravidade que seria utilizada para 
calcular o novo período do pêndulo em questão, aqui existe uma situação 
semelhante. A soma vetorial de –a e g tem como resultado a gravidade 
aparente (gap), que será relevante nas próximas seções:
g a gap
  
� � �
Como os vetores –a e g são perpendiculares, tem-se:
g a gap
  
� �
2 2
Acabou-se de falar sobre líquidos acelerados em translação. E caso 
eles estivessem rotacionando?
Quando se tem um recipiente contendo um líquido, em relação a 
um eixo que passe em seu centro geométrico, com velocidade angular 
(ω) constante, o líquido se arranjará de modo a formar um espaço vazio 
denominado paraboloide de revolução. Considera-se, na figura a seguir, z 
o eixo que passa no centro geométrico do recipiente.
P
r
a
a
Z
Fcf
A figura acima representa um corte transversal do recipiente contendo 
o líquido em revolução. A região em vermelho delimita a superfície do 
paraboloide. O ponto representado na figura faz referência à “gotinha” 
tratada anteriormente. A força de inércia, já que o líquido está em rotação, 
é a força centrífuga (Fcf). Na situação anterior, a superfície formava, no 
corte transversal, uma reta inclinada. Agora, ela forma uma parábola.
A reta tangente à parábola no ponto que representa a gotinha tem 
coeficiente angular tan a. É fácil provar geometricamente que esse ângulo a 
é o mesmo entre o peso e a reta normal à superfície no ponto de tangência. 
Sabe-se, também, que o coeficiente angular da reta tangente em um ponto é 
a derivada da função naquele ponto. Como essa parábola pode ser expressa 
por z = f(r), em que z é o eixo vertical e r é o eixo horizontal, tem-se que:
tan� �
dz
dr
Além disso, da relação entre as forças, tem-se:
tan� �
F
P
cf
Logo, obtém-se as seguintes relações:
tan� � �
F
P
dz
dr
cf
Sabe-se, então, que dz
dr
F
P
cf= . Logo:
dz
dr
m r
mg
dz
dr
r
g
dz
r
g
dr z
r
g
c�
� �
� �
�
� �
�
� � �
�
�� �
� � � �2 2 2 2 21
2
Agora, é possível tentar, sozinho, determinar a constante de integração c.
8. Experiência de Torricelli
Sabe-se que a atmosfera provoca uma pressão de 1 atm ao nível 
do mar, o que equivale aproximadamente a 1,01 · 105 Pa. O cientista 
italiano Evangelista Torricelli propôs um experimento simples para 
determinação da pressão atmosférica. O dispositivo consistia em um 
tubo de aproximadamente 1 m de comprimento e uma cuba, preenchidos 
com mercúrio.
Inicialmente, o tubo encontra-se totalmente cheio de mercúrio. 
Veda-se sua extremidade aberta e, então, é introduzido, de boca para 
baixo, no líquido. Em seguida, retira-se a vedação da sua extremidade, 
mantendo-a sempre abaixo da superfície do mercúrio na cuba. Com 
isso, parte do mercúrio escoa para dentro da cuba, estabelecendo-se 
uma coluna de mercúrio.
Hg
Hg
760 mm
vácuo
Pense-se, agora, em um ponto no interior do tubo que esteja à mesma 
altura da superfície do mercúrio no exterior do tubo, na cuba. Pelo Teorema 
de Stevin, ambos os pontos devem estar submetidos à mesma pressão. 
Como o ponto exterior ao tubo estava submetido à pressão atmosférica, o 
ponto do interior do cubo também deveria estar. Logo, a pressão exercida 
pela coluna de mercúrio acima desse ponto deveria ser igual à pressão 
atmosférica. Mediu-se, então, a coluna de mercúrio e verificou-se que ela 
possuía 760 mm acima da superfície do mercúrio na cuba. Dessa forma, 
estabeleceu-se que a pressão atmosférica era a pressão exercida por uma 
coluna de 760 mm de mercúrio:
1 atm ⇔ 760 mmHg
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
233IME-ITA – Vol. 3
Se o experimento de Torricelli fosse realizado com água, qual seria a 
altura da coluna de água no tubo em relação à superfície livre da água na 
cuba? Considere a massa específica da água igual a 1 g/cm3 e a pressão 
atmosférica igual a 1 atm.
Solução: 
Sabemos que a pressão da coluna de água deve ser igual à pressão 
atmosférica. Logo:
P g h Pa h hatm água
kg
m
m
s
m� � � � � � ��
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
� � � �� 1 10 1 10 10 10
5 3
3 2
Logo, uma coluna de 760 mm de mercúrio é equivalente a uma coluna de 
10 m de água. Isso acontece devido ao fato de o mercúrio ser bem mais 
denso que a água.
9. Teorema de Pascal
O Teorema de Stevin dizia que p2 – p1 = m · g · h. Agora, considera-
-se que as pressões em dois pontos, 1 e 2, que estão separados por um 
desnível h, em um líquido de densidade m, sofrem um acréscimo, devido 
à aplicação de uma força externa:
p1’ = p1 + Dp1 
p2’ = p2 + Dp2
Como os pontos permanecem com o mesmo desnível, o Princípio de 
Stevin continua valendo. Logo:
p2 = p1 + m · g · h
Logo:
(p2 + Dp2) (– p1 + Dp1) = m · g · h → (p2 – p1) + (Dp2 – Dp1)= m · g · h
 Das equações (1) e (2), tem-se:
m · g · h + (Dp2 – Dp1) = m · g · h = Dp2 – Dp1 = 0 → Dp1 = Dp2 
Portanto, aplicada uma força externa, o aumento de pressão em 
todos os pontos do líquido é o mesmo. Pode-se dizer, então, que aplicada 
uma pressão em uma das extremidades de um fluido, essa pressão é 
transmitida integralmente a todos os pontos desse líquido. Esse foi o 
teorema demonstrado, como Teorema de Pascal, cujo enunciado é:
“Um incremento de pressão comunicado a um ponto qualquer de um 
líquido incompressível em equilíbrio transmite-se integralmente a todos os 
demais pontos do líquido, bem como às paredes do recipiente.” 
Então, se existe um grande tubo em forma de U, como mostrado na 
figura, aplicando uma força F1 na área A1 do êmbolo esquerdo da figura, 
essa pressão dada por F1/A1 tem que ser transmitida integralmente a todos 
os pontos do líquido, inclusive ao próximo êmbolo, de área A2, que sofrerá 
uma força F2; logo, uma pressão F2/A2.
A1
F1
A2
F2
Portanto, como as pressões devem ser iguais, tem-se:
F
A
F
A
1
1
2
2
=
(MACK-SP) O diagrama abaixo mostra o princípio do sistema hidráulico do 
freio de um automóvel. Quando uma força de 50 N é exercida no pedal, a 
força aplicada pelo êmbolo de área igual a 80 mm2 é de:êmbolo de área 
de 40 mm2
êmbolo de área 
de 80 mm2
articulações
óleo
F = 50 N
40 mm
200 mm
pedal
(A) 100 N. (D) 400 N.
(B) 250 N. (E) 500 N.
(C) 350 N.
Solução: Letra E.
Ao se acionar o pedal com uma força de 50 N, uma força é aplicada no 
êmbolo de 40 mm2 que, por sua vez, é transmitida ao êmbolo de 80 mm2, 
acionando o freio.
Ao se acionar o pedal com uma força de 50 N, uma força é aplicada no 
êmbolo de 40 mm2 que, por sua vez, é transmitida ao êmbolo de 80 mm2, 
acionando o freio.
– Cálculo da força no êmbolo de área 40 mm2:
Em relação à articulação do meio: 
M F F� � � � � � � �� 0 50 200 40 0 2501 1 N
– Pelo Princípio de Stevin, a pressão aplicada no êmbolo de 40 mm² 
deve ser igual à pressão aplicada no êmbolo de área 80 mm²:
F
A
F
A
F
F1
1
2
2
2
2
250
40 80
500� � � � � N
10. Pressão absoluta e efetiva 
(hidrostática)
• Pressão efetiva (ou hidrostática) → é a pressão exercida pela coluna 
de líquido.
Phid = m · g · h
• Pressão absoluta → é a pressão da superfície do líquido (normalmente 
é a pressão atmosférica) somada a pressão exercida pela coluna de 
líquido.
Pabs = po + m · g · h
FÍSICA I
Assunto 6
234 IME-ITA – Vol. 3
11. Vasos comunicantes
Vasos comunicantes são recipientes conectados por meio de um duto 
aberto. Caso seja colocado apenas um tipo de líquido no vaso, em todos 
os recipientes a superfície do fluido deve estar à mesma altura, de acordo 
com o Princípio de Stevin, como na figura abaixo:
Quando se colocam dois líquidos em um vaso comunicante em formato 
de “U”, o menos denso deve estar a um nível maior que o mais denso.
(MACK-SP) No tubo em U da figura, de extremidades abertas, encontram-se 
dois líquidos imiscíveis, de densidades iguais a 0,80 g/cm3 e 1,0 g/cm3. O 
desnível entre as superfícies livres dos líquidos é h = 2,0 cm.
h1
h
h2
As alturas h1 e h2 são, respectivamente:
(A) 4,0 cm e 2,0 cm. 
(B) 8,0 cm e 4,0 cm. 
(C) 10,0 cm e 8,0 cm.
(D) 12,0 cm e 10,0 cm.
(E) 8,0 cm e 10,0 cm.
Solução: Letra C.
O ponto do líquido representado pelas bolinhas que está em contato com 
o outro líquido deve ter a mesma pressão que um ponto à mesma altura, 
porém no próprio líquido. Logo, a pressão exercida pela coluna h1 deve ser 
igual à pressão exercida pela coluna h2. Sabemos também que o líquido 
da coluna h1 é o menos denso, já que se encontra acima do outro líquido.
m1 · g · h1 = m2 · g · h2 → 0,8 · h1 = 1 · h2 → 0,8 · h1 = h2
Porém, também sabemos que h1 – h2 = h = 2 cm.
Resolvendo o sistema, temos h1 = 10 cm e h2 = 8 cm .
12. Teorema de Arquimedes
O Teorema de Arquimedes enuncia o seguinte:
“Quando um corpo é imerso totalmente ou parcialmente em um fluido 
em equilíbrio sob a ação da gravidade, ele recebe do fluido uma força 
denominada empuxo, vertical, para cima e com intensidade igual ao peso 
de fluido deslocado.”
A seguir, será feita a demonstração deste teorema. Considere a figura 
abaixo:
m
Tem-se um cubo imerso, de aresta h e área da base A, em um líquido 
de massa específica m. Pode-se ver que nela é fácil de perceber que o cubo 
sofre forças do líquido por todos os lados. Como visto antes, as forças 
laterais se equilibram por simetria, restando apenas as forças superiores 
e inferiores, que não se equilibram, já que existe o peso do corpo.
m

g

F2

F1(1)
(2)
Também é fácil perceber que, devido ao fato de 

F2 estar aplicada em 
um ponto com maior profundidade que 

F1, o módulo da força 

F2 tem que 
ser maior que o módulo da força 

F1, consequência do Teorema de Stevin. 
A resultante dessas duas será a força que o líquido, de fato, faz sobre o 
corpo, e será chamada de empuxo. Dessa forma, tem-se, em módulo:
F2 – F1 = E
já que o empuxo estará orientado para cima.
Sabe-se, pelo Teorema de Stevin, que existe uma diferença de pressões 
entre os pontos 1 e 2, dada por:
p2 – p1 = m · g · h
Sabe-se também que:
p
F
A
p
F
A1
1
2
2= =;
em que A é a área da base do cubo.
Substituindo, tem-se:
F
A
F
A
g h F F g h A2 1 2 1� � � � � � � � � �� �
Sabe-se que A · h = Vcubo. Logo: 
E = m · Vcubo · g
Nesse caso, o cubo está totalmente imerso. Logo, o volume de líquido 
que é deslocado para cima quando se insere esse cubo no líquido é igual 
ao volume total do cubo. Tem-se:
Vcubo = Vfd
 Logo:
E = m · Vfd · g 
Com essa expressão, consegue-se calcular a força de empuxo que um 
líquido exerce sobre um corpo. Lembre-se de que Vfd é o valor do volume 
do fluido que foi deslocado. Logo, é também o valor do volume do corpo 
que esteja imerso no líquido, já que é esse volume que será responsável 
pelo deslocamento do fluido.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
235IME-ITA – Vol. 3
Só que, pela definição de massa específica, m · Vfd = mfd, ou seja, o 
produto da massa específica pelo volume do fluido deslocado nos dá a 
massa de fluido deslocado. Então, tem-se:
E = mfd · g → E = Pfd 
ou seja, acaba-se de descobrir que o valor do empuxo é o mesmo valor 
do peso do líquido deslocado.
A linha de ação do empuxo sempre passará pelo centro de gravidade 
da porção fluida que antes ocupava o local agora ocupado pelo volume 
submerso do corpo. Esse centro de gravidade também é chamado de 
centro de carena.
 01 Um bloco flutua, inicialmente, em água com 1/5 do seu volume emerso. 
Depois, é colocado em óleo, apresentando então 1/5 do seu volume imerso. 
Calcule a razão entre as massas específicas da água e do óleo.
Solução:
Seja V o volume do corpo.
� � � � � � � �
� �
Em água: água água água água
água água
E V g E
V
g
E
fd� �
�
4
5
4
5
�� �
� � � � � � � �
� �
V g
E V g E
V
g
E
V
fdEm óleo: óleo óleo óleo óleo
óleo
� �
�
5
5 óóleo
� �V g
Sabemos que, para que o corpo fique em equilíbrio estático, a resultante 
deve ser nula. Em ambos os casos, só existem duas forças atuando: o 
empuxo e o peso. Elas devem então, ter mesma intensidade, para que 
o bloco possa estar em equilíbrio. Então, não importando o fluido em 
que o corpo está imerso, o empuxo exercido por esse fluido será igual 
ao peso do corpo. Dessa forma, os empuxos calculados anteriormente 
devem ser iguais.
E E V g V gágua óleo água óleo
água
óleo
� � � � � � � � �
4
5
1
5
1
4
� �
�
�
 02 Um recipiente com água está em equilíbrio sobre o prato de uma 
balança que, nessas condições, indica 80 N. Depois, uma esfera de 
2 · 102 cm3 é totalmente imersa na água, sendo suspensa por um fio ideal. 
Sabendo que a densidade da água é 1 g/cm3 e que g = 10 m/s2, qual a 
indicação da balança nessa situação?
Solução:
Na situação inicial, as forças atuando no líquido são a força peso e a força 
normal que a balança faz sobre o conjunto recipiente + líquido. Dessa 
forma, para estar em equilíbrio, a intensidade do peso tem que ser igual 
à intensidade da normal. Como a balança indica a normal, a normal é de 
80 N. Logo, o peso do conjunto também é de 80 N.
Na situação final, a esfera, estando imersa na água, recebe um empuxo 

E, vertical e para cima, exercido pelo líquido. Logo, a esfera reagirá, pela 
Terceira Lei de Newton, e provocará uma força – 

E no líquido. Por sua vez, 
o líquido, que está em contato direto com a balança, estará recebendo a 
ação de três forças: a reação do empuxo da esfera, para baixo, o peso, para 
baixo e a normal, para cima. Dessa forma, como está em equilíbrio, temos:
N = P + E.
No item anterior, calculamos o peso do conjunto. Logo, P = 80 N. O 
empuxo pode ser calculado por meio do Teorema de Arquimedes:
E V g
sfd
� � � � ��
�
�
�
�
� � � �� � � �
�
�
�
�
� �
�� 1 10 2 10 10 10 23
3
2 3 3
2
kg
m
m
m
N
Logo, a normal será N = 80 + 2 = 82 N. Como a balança indica a normal, 
a indicação da balança será de 82 N.
Resposta: 82 N.
13. Causas mecânicas do empuxo
Considera-se um fluido de densidade r e uma amostra desse mesmo 
em forma de cilindro. (A escolha do cilindro é apenas para manter a simetria 
no problema, na realidade, a forma do objeto não importa).
ρ
ρ
cilindro
Sabe-se que a pressão exercida por uma coluna de fluido é expressa 
por: P = rgh.
Pode-se reparar que, P m h. Assimum ponto mais próximo do 
fundo do recipiente sofre uma pressão maior que outro mais próximo 
da superfície. Define-se empuxo como sendo a força gerada devido à 
variação de pressão: 
F = D · S → E = D · S
E = S(rgh1 – rgh2) → SrghDh
S · Dh = V
Como já visto, a pressão varia com a altura da coluna e a aceleração 
(no eixo y, vale g). No eixo horizontal (ax = 0), não existe gradiente de 
pressão, assim, a pressão em todos os pontos de uma mesma reta nessa 
direção, é igual. Isso por que, todos os pontos possuem uma mesma altura 
de coluna de fluido acima deles.
ρ
g
�
Da expressão do empuxo, verifica-se que dado um corpo com volume 
e densidade definidos, o agente causador do gradiente de pressão é a 
aceleração. Isso se deve ao fato de que, a cada profundidade, a pressão 
é o resultado do peso da coluna de fluido acima. No exemplo a seguir, 
será visto o que ocorre quando o recipiente preenchido com um fluido de 
densidade r é acelerado para direita.
FÍSICA I
Assunto 6
236 IME-ITA – Vol. 3
g
�
P aumenta com a altura de coluna do fluído
G
R
A
D
I
E
N
T
E
g
�
g
�
superfície livre
(inclinada)
Líquido (fluido), acelerado para direita.
–a
�
 a
�
X X
D’Lambert
α
α
torna-se 
o fluido um 
referencial inercial 
É perpendicular à superficie
livre do fluido
α α = =
a
tan g apg
� �
�
gap= gravidade aparente
A superfície livre do líquido é normal à direção da pressão ou ao 
gradiente resultante.
Obs.: Qualquer aceleração será capaz de produzir um gradiente de pressão.
13.1 Empuxo de Newton
Considere um cilindro de densidade r1 imerso no fluido abaixo (r2).
g
�
α
a
�
ρ1
ρ2
Como o cilindro compartilha dessa mesma aceleração ax, um empuxo 
horizontal irá atuar no mesmo. Usando o fato de que ERES é perpendicular 
à superfície livre do fluido, obtém-se:
( )
tan
E
E
V
V g
E E E V g
E V g
X
y
i
i
R x y i
RES i
= = =
= + = +
= +
2 2 2 2 2 2 2
α aa
α
2aρ
ρ
ρ
ρg
Obs.: Pode-se reparar que, o sentido da aceleração em y (gravidade) foi 
um caso particular. No caso geral, deve-se analisar se o recipiente está 
acelerado para cima, para baixo e para os lados, pois, o que vale é a 
aceleração resultante em cada um dos eixos.
 01 Na situação da figura, uma barra rígida e de peso desprezível está em 
equilíbrio na posição horizontal. Na extremidade esquerda da barra, está 
dependurado um bloco de ferro (densidade de 8,0 · 103 kg/m3), de volume 
igual a 1,0 · 10–3 m3, totalmente imerso em água (densidade de 1,0 · 103 
kg/m3). A extremidade direita da barra está presa a uma mola ideal de 
constante elástica K = 2,8 · 103 N/m. Adotando g = 10 m/s2, calcule:
80 cm 40 cm
0
a. a intensidade do empuxo recebido pelo bloco;
b. a deformação da mola.
 02 Um cubo de gelo a 0°C, preso a uma mola, é totalmente imerso em 
um recipiente com água a 25°C, conforme mostra a figura. À medida que 
o gelo for se fundindo, podemos afirmar que:
gelo
(A) o comprimento da mola permanecerá constante.
(B) o comprimento da mola irá aumentando.
(C) o comprimento da mola irá diminuindo.
(D) o nível livre da água no recipiente permanecerá inalterado.
(E) o nível livre de água no recipiente irá subindo.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
237IME-ITA – Vol. 3
 03 Duas esferas idênticas, metálicas e maciças, O e P, ligadas por um 
fio ideal, são colocadas na condição inicial esquematizada abaixo, com 
velocidades nulas. Sendo g o módulo de aceleração da gravidade, dL a 
densidade do líquido e dS a densidade das esferas, calcule o módulo da 
aceleração da esfera P enquanto estiver totalmente imersa no líquido.
cubo com água
P
 04 A figura abaixo representa uma esfera de densidade de = 6,8 g/cm
3, 
imersa em um líquido de densidade dL= 0,80 g/cm
3 e um cilindro de 
densidade dc = 2,0 g/cm
3, cuja altura é igual ao seu raio imerso na água 
(da = 1,0 g/cm
3). Os dois corpos estão ligados por um fio inextensível, 
que passa por duas polias sem atrito. Supondo que o sistema está em 
equilíbrio, determine a relação entre os raios da esfera e do cilindro.
 05 Um barco de madeira de 500 kg de massa é transportado de um rio 
para o mar. Supondo que a densidade da água do rio vale 1,00 g/cm3 e a 
da água do mar vale 1,03 g/cm3, calcule a massa adicional que deve ser 
colocada sobre o barco, para que o volume da parte imersa seja o mesmo, 
no rio e no mar.
 06 (UFRJ) Uma esfera maciça flutua na água contida em um recipiente. 
Nesse caso, a superfície livre da água encontra-se a uma altura h do fundo 
do recipiente, como mostra a figura 1. 
água água
h h’
Figura 1 Figura 2
Corta-se a esfera em dois pedaços que, quando postos de volta na água, 
também flutuam, como mostra a figura 2. Nesse caso, a superfície livre 
da água encontra-se a uma altura h’ do fundo do recipiente. Verifique se 
h’ > h ou h’ < h. Justifique.
 07 (AFA) A figura mostra uma mesma esfera em repouso quando colocada 
em dois recipientes idênticos, porém com líquidos diferentes. Se a razão 
entre as densidades dos líquidos é 0,8, pode-se afirmar que a fração do 
volume da esfera que está parcialmente imersa é:
(A) 80%.
(B) 60%.
(C) 40%.
(D) 20%.
 08 (AFA) Um balão de peso P desce com uma aceleração constante a, 
menor que a aceleração da gravidade g. Qual o peso P’ do lastro que deve 
ser atirado para fora do balão para que ele comece a ser acelerado para 
cima com aceleração constante igual a a? Despreze a resistência do ar.
+
+
2
(A) .
(B) .
2
(C) .
(D) .
Pa
g a
Pa
g
Pg
g a
Pg
a
 09 (AFA) Duas esferas A e B de mesmo volume, de materiais diferentes e 
presas por fios ideais, encontram-se em equilíbrio no interior de um vaso 
com água conforme a figura. Considerando-se as forças peso (PA e PB), 
empuxo (EA e EB) e tensão no fio (TA e TB) relacionadas a cada esfera, é 
incorreto afirmar que:
A
B
(A) .
(B) .
(C) .
(D) .
A B
A B
A B A B
A B
P P
E E
T T P P
T T
>
=
+ = −
<
FÍSICA I
Assunto 6
238 IME-ITA – Vol. 3
 10 (EFOMM) Um corpo tem forma cúbica de aresta 5 cm e flutua em 
água de massa específica 1.000 kg/m3. A massa específica do corpo é 
de 0,8 kg/l. A altura submersa desse corpo é de:
(A) 4 cm.
(B) 3,5 cm.
(C) 3 cm.
(D) 2,5 cm.
(E) 2 cm.
Text para as questões de 11 a 13.
Um cilindro oco de ferro (densidade = 7,6 kg/m3) de 80 cm de diâmetro 
e 4 m de altura flutua, com 1/15 da sua altura fora da água salgada 
(densidade = 1.031 kg/m3).
 11 (EFOMM) O empuxo (em N) sobre ele é aproximadamente:
(A) 1.175.
(B) 1.221.
(C) 1.339.
(D) 1.475.
(E) 1.934.
 12 (EFOMM) A espessura da chapa de ferro que forma o cilindro é, em 
mm, aproximadamente:
(A) 2,3.
(B) 3,1.
(C) 4,4.
(D) 5,2.
(E) 6,1.
 13 (EFOMM) A massa (em kg) de ferro gasta para fabricar o cilindro é:
Dado: g = 9,81 m/s2.
(A) 118.
(B) 122.
(C) 133.
(D) 148.
(E) 197.
 14 Uma esfera oca de raio interno 8,0 cm e raio externo 9,0 cm flutua 
com metade do volume submerso em um líquido de massa específica 
800 kg/m3. faça o que se pede:
a. Determine a massa da esfera.
b. Calcule a massa específica do material de que é feita a esfera.
 15 (OBF) Um menino no interior de um barco notou que quando navega 
em água doce, sem o seu pequeno cachorro, a linha d’agua é a mesma 
daquela quando navega no mar com o cachorro. Considerando que a massa 
do cachorro é de 3 kg, a massa do menino é de 40 kg e que a densidade 
do mar é 3% maior que a da água doce, a massa do barco é:
(A) 60 kg.
(B) 200 kg.
(C) 50 kg.
(D) 43 kg.
(E) 63 kg.
 16 Uma rocha é suspensa por uma corda leve. Quando a rocha está no 
ar, a tensão na corda é 39,2 N. Quando a rocha está totalmente imersa na 
água, a tensão é 28,4 N. Quando a rocha está totalmente imersa em um 
líquido desconhecido, a tensão é 18,6 N. Qual é a densidade do líquido 
desconhecido?
 17 (FUVEST-SP) Considere uma mola ideal de comprimento 0 35L cm=
presa no fundo de uma piscina vazia (figura 1). Prende-se sobre a mola um 
recipiente cilíndrico de massa m = 750 g, altura h = 12,5 cm e secção 
transversal externa S = 300 cm2, ficando a mola com comprimento 
1 20L cm=(figura 2). Quando, enchendo-se a piscina, o nível da água 
atinge a altura H, começa a entrar água no recipiente (figura 3).
L0
Figura 1 Figura 2
L1
h
Figura 3
H
Dados: 31,0 g/cmáguar = ; 
210 m/s .g =

a. Qual o valor da constante elástica da mola?
b. Qual o valor, em N, da intensidade da força que traciona a mola quando 
começa a entrar água no recipiente?
c. Qual o valor da altura H em cm?
 18 (OBF) Três cilindros de mesma área da base A e altura h têm 
densidades r1 = 0,3r, r2 = 1,1r e r3 = 1,2r, em que r é a densidade 
da água. Esses três objetos estão ligados entre si por fios de massas 
desprezíveis e estão em equilíbrio num reservatório com água, como 
representado na figura abaixo.
Fio 2
Fio 1
P1
P2
P3
y
Calcule as intensidades das trações nos fios 1 e 2 e o comprimento y da 
parte submersa do cilindro de densidade 1r . A aceleração da gravidade 
tem módulo g.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
239IME-ITA – Vol. 3
 19 (EN) Duas esferas, A e B, de raios iguais, estão ligadas por um arame 
de peso e volume desprezíveis, e flutuam em água, como mostra a figura 
abaixo. Sabendo-se que as massas específicas da água e da esfera A são, 
respectivamente, m = 1 g/cm3 e m = 0,8 g/cm3, qual a massa específica 
da esfera B, em g/cm3?
A
B
(A) 0,2.
(B) 0,8.
(C) 1.
(D) 1,2.
(E) 1,8.
 20 (EN) A figura abaixo mostra uma balança cujos braços têm 
comprimentos L1 e L2. Dois corpos de pesos P1 e P2 estão suspensos 
nos braços da balança e imersos em fluidos que exercem empuxos I1 e I2 
sobre os corpos 1 e 2, respectivamente. A balança estará em equilíbrio se:
1 2
L1 L2
(A) P1 = P2 e L1 < L2.
(B) P1 L2 = P2 L1.
(C) I1 L1 = I2 L2.
(D) (P1 – I1) L1 = (P2 – I2) L2.
(E) (P1 – 2I1) L2 = (P2 + 2I2) L1.
 21 Um recipiente contém um líquido de densidade r, em repouso em 
uma superfície horizontal perfeitamente lisa. No fundo desse recipiente, 
há uma bola maciça de borracha de densidade r/2 presa por um barbante 
de massa desprezível. Acelerando o recipiente com uma intensidade ‘a’, 
o balão inclinará. (Considere g a aceleração da gravidade local.)
a
a. A inclinação será na direção da aceleração ou contrária?
b. Qual o valor desta inclinação?
 01 Na figura seguinte, está representado um recipiente constituído pela 
junção de dois tubos cilíndricos coaxiais e de eixos horizontais. O recipiente 
contém um líquido incompressível aprisionado pelos êmbolos 1 e 2, de 
áreas respectivamente iguais a 0,50 m2 e 2,0 m2.
F1
(1)
(2)
Empurrando-se o êmbolo 1 para a direita com a força F1 de intensidade 
100 kgf, obtém-se, nesse êmbolo, um deslocamento de 80 cm. 
Desprezando os atritos, determine:
a. a intensidade da força horizontal F2 com que o líquido empurra o 
êmbolo 2;
b. o deslocamento do êmbolo 2.
 02 Um disco cilíndrico de madeira, pesando 45,0 N e com um diâmetro 
de 30 cm, flutua sobre um cilindro de óleo de densidade 0,850 g/cm3. O 
cilindro de óleo está a 75 cm de profundidade e tem o mesmo diâmetro 
que o disco de madeira.
30,0 cm
75,0 cm
Disco de 
madeira
Óleo
a. Qual é a pressão manométrica no topo da coluna de óleo?
b. Suponha agora que alguém coloque um peso de 83 N sobre a madeira, 
e que nenhum óleo passe pela beirada do disco de madeira. Qual a 
variação de pressão (I) no fundo do cilindro de óleo e (II) na metade 
do cilindro de óleo?
 03 (ITA) Um tubo capilar de comprimento 5a é fechado em ambas as 
extremidades. E contém ar seco que preenche o espaço no tubo não ocupado 
por uma coluna de mercúrio de massa específica µ e comprimento a. 
FÍSICA I
Assunto 6
240 IME-ITA – Vol. 3
Quando o tubo está na posição horizontal, as colunas de ar seco medem 
2a cada uma. Levando-se lentamente o tubo à posição vertical, as colunas 
de ar têm comprimentos a e 3a. Nessas condições, a pressão no tubo 
capilar quando em posição horizontal é:
ar ar ar
ar
2a 2a
a
p
pa
a
3a
3
(A) .
4
2
(B) .
5
2
(C) .
3
g a
g a
g a
r
r
r
 
4
(D) .
3
4
(E) .
5
g a
g a
r
r
 04 Na situação esquematizada, R é um reservatório que contém água, 
C é uma caixa plástica e E é uma esfera sólida impermeável. Com o sistema 
em equilíbrio, retira-se a esfera, colocando-a diretamente na água. Sendo h 
a altura do nível livre da água em R, diga, justificando, se h aumentará, 
diminuirá ou permanecerá constante nos seguintes casos:
�
h
C
RE
a. quando a esfera for mais densa que a água;
b. quando a esfera for menos densa que a água;
c. quando a esfera tiver a mesma densidade que a água.
 05 Um grande aquário de 5 m de altura está cheio de água doce até uma 
altura de 2 m. Uma das paredes do aquário é feita de plástico e tem 8 m 
de largura. De quanto aumenta a força exercida sobre a parede se a altura 
da água é aumentada para 4 m?
 06 Um tubo de vidro, com uma extremidade A fechada e outra aberta, 
conforme a figura, apoia-se em D sobre um plano horizontal. O trecho AB 
do tubo contém ar, o trecho BCDE contém mercúrio e o trecho EF contém 
um líquido que não se mistura nem se combina com o mercúrio. Verifica-se 
que, girando o tubo em torno do ponto D em um plano vertical, a pressão 
do trecho AB se torna igual à pressão atmosférica reinante, quando q= 30º. 
Nessa posição, tem-se a = 10 cm, b = 8 cm e c = 45 cm. Sendo a 
densidade absoluta do mercúrio igual a 13,5 g/cm3, calcule a densidade 
do líquido contido no trecho EF do tubo.
C
B
A
F
c
bE
a
D
�
 07 Um corpo constituído de um material de peso específico de 2,4 . 104 N/m3 
tem volume externo de 2,0 · 103 cm3. Abandonado no interior da água 
(densidade de 1,0 g/cm3), move-se verticalmente, sofrendo a ação de uma 
força resistente cuja intensidade é dada pela expressão Fr = 56 V (SI), 
em que V é o módulo de sua velocidade. Sendo g = 10 m/s2, calcule a 
velocidade limite do corpo, isto é, a máxima velocidade atingida em todo 
o movimento.
 08 (ITA) Os dois vasos comunicantes da figura a seguir são abertos, 
têm seções retas iguais a S e contêm um líquido de massa específica r. 
Introduz-se no vaso esquerdo um cilindro maciço e homogêneo de massa 
M, seção S’ < S e menos denso que o líquido. O cilindro é introduzido e 
abandonado de modo que no equilíbrio seu eixo permaneça na vertical. 
Podemos afirmar que, no equilíbrio, o nível de ambos os vasos sobe:
S S
(A) .
( ')
(B) .
(2 ')
(C) .
2 (2 ')
M
S S
M
S S
M
S S
r −
r −
r − 
2
(D) .
2 (2 ')
(E) .
2
M
S S
M
S
r −
r
 09 Duas bolas de mesmo raio, igual a 10 cm, estão presas uma à outra 
por um fio curto de massa desprezível. A de cima, de cortiça, flutua sobre 
uma camada de óleo, de densidade 0,92 g/cm3, com a metade do volume 
submersa. A de baixo, seis vezes mais densa que a cortiça, está imersa 
metade no óleo e metade na água. Determine:
a. A densidade r da cortiça.
b. A tensão T no fio.
 10 (AMAN-RJ) Mergulha-se a boca de uma espingarda de rolha no ponto 
P da superfície de um líquido de densidade 1,50 g/cm3 contido em um 
tanque. Despreze o atrito viscoso e considere que no local a aceleração da 
gravidade tem módulo 10,0 m/s2. O cano da espingarda forma um ângulo 
(q) de 45° abaixo da horizontal.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
241IME-ITA – Vol. 3
A
P
V0
Líquido
�
Supondo-se que a velocidade inicial (V0) da rolha tenha módulo igual a 
6,0 m/s e que sua densidade seja igual a 0,60 g/cm3, pode-se afirmar que a 
rolha irá aflorar à superfície da água a uma distância (A) do ponto P igual a:
(A) 1,4 m.
(B) 1,8 m.
(C) 2,4 m.
(D) 2,5 m.
(E) 2,8 m.
 11 Um recipiente cilíndrico de 18 cm de raio está parcialmente cheio 
de água, na qual flutua um recipiente cônico, com eixo vertical e vértice 
situado 11 cm abaixo da superfície livre da água. A geratriz do cone 
forma um ângulo de 45°. Introduz-se no cone certa quantidade de água e 
acrescenta-se igual quantidade à água do recipiente cilíndrico. Determine 
essa quantidade, sabendo-se que o cone conservou sua posição em 
relação ao recipiente.
r = 18 cm
 12 (ITA) Um recipiente, cujas seções retas dos êmbolos valem S1 e S2, 
está cheio de um líquido de densidader, como mostra a figura. Os êmbolos 
estão unidos entre si por um arame fino de comprimento L. Os extremos 
do recipiente estão abertos. Despreze o peso dos êmbolos, do arame e 
quaisquer atritos. Quanto vale a tensão T no arame?
S1
S2
L
 13 (VUNESP) O sistema de vasos comunicantes representado na 
figura contém dois líquidos imiscíveis, 1 e 2, de densidades r1 e 
r2, respectivamente. A diferença de pressão entre os pontos A e B, 
equidistantes das retas representadas na figura, é igual a 1,0 · 103 Pa e a 
densidade do líquido mais denso é igual a 2,0 · 103 kg/m3.
Dado: 210 m/sg =

.
10 cm
1
2
B A
h
a. Determine a densidade do líquido menos denso.
b. Estabeleça o desnível h.
 14 Um projétil de densidade rp é lançado com um ângulo a em relação 
à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o recipiente é 
preenchido com um superfluido de densidade rs, e o mesmo projétil 
é novamente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β em relação 
à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial v

 do 
projétil, de mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera 
seu alcance horizontal A. Veja as figuras abaixo.
v1
v2
�
�
A
v1v2 =
Sabendo-se que são nulas as forças de atrito num superfluido, pode-se 
então afirmar, com relação ao ângulo b de lançamento do projétil, que:
(A) sen 1 sen . (D) cos 1 cos .
(B) sen 2 1 sen 2 . (E) cos 2 1 sen 2 .
(C) sen 2 1 sen 2 .
s s
p p
s s
p p
s
p
r r   β = − a β = − a   r r   
r r   β = − a β = + a   r r   
r β = + a r 
FÍSICA I
Assunto 6
242 IME-ITA – Vol. 3
 15 Determine a diferença de pressões entre os tanques A e B.
Dados:
γ = 39.810 N/m ,água 
311,8 N/marγ = e 
3132,800 N/m .morcúripγ =
A
B
d1
d2
d3
d4
Água
Mercúrio
Ar
45º
d1 = 300mm
d2 = 150mm
d3 = 460mm
d4 = 200mm
 16 Um pistão é constituído por um disco ao qual se ajusta um tubo oco 
cilíndrico de diâmetro d, e está adaptado a um recipiente cilíndrico de diâmetro D. 
A massa do pistão com o tubo é M e ele está inicialmente no fundo do 
recipiente. Despeja-se pelo tubo, uma massa m de líquido de densidade r; 
em consequência, o pistão se eleva de uma altura H. Calcule H.
d
D
h
H
 17 (ITA) Na extremidade inferior de uma vela cilíndrica de 10 cm de 
comprimento (massa específica 0,7 gcm–3) é fixado um cilindro maciço 
de alumínio (massa específica 2,7 gcm–3) que tem o mesmo raio que a 
vela e comprimento de 1,5 cm. A vela é acesa e imersa na água, onde 
flutua de pé com estabilidade, como mostra a figura. Supondo que a vela 
queime a uma taxa de 3 cm por hora e que a cera fundida não escorra 
enquanto a vela queima, conclui-se que a vela vai apagar-se:
água
alumínio
vela
(A) imediatamente, pois não vai flutuar.
(B) em 30 min.
(C) em 50 min.
(D) em 1h50 min.
(E) em 3h20 min.
 18 (ITA) A massa de um objeto feito de liga ouro-prata é 354 g. Quando 
imerso na água, cuja massa específica é 1,00 g cm–3, sofre uma perda 
aparente de peso correspondente a 20,0 g de massa. Sabendo que a massa 
específica do ouro é de 20,0 g cm–3 e a da prata 10,0 g cm–3, podemos 
afirmar que o objeto contém a seguinte massa de ouro:
(A) 177 g.
(B) 118 g.
(C) 236 g.
(D) 308 g.
(E) 54,0 g.
 19 (ITA) Dois blocos, A e B, homogêneos e de massa específica 3,5 g/
cm3 e 6,5 g/cm3, respectivamente, foram colados um no outro e o conjunto 
resultante foi colocado no fundo (rugoso) de um recipiente, como mostra 
a figura. O bloco A tem o formato de um paralelepípedo retangular de 
altura 2a, largura a e espessura a. O bloco B tem o formato de um cubo 
de aresta a. Coloca-se, cuidadosamente, água no recipiente até uma altura 
h, de modo que o sistema constituído pelos blocos A e B permaneça em 
equilíbrio, i. e., não tombe. O valor máximo de h é:
a a
a
h
2a
A
B
(A) 0.
(B) 0,25a.
(C) 0,5a.
(D) 0,75a.
(E) a.
 20 (ITA) Uma haste homogênea e uniforme de comprimento L, secção 
reta de área A, e massa específica é livre de girar em torno de um eixo 
horizontal fixo em um ponto P localizado a uma distância d = L/2 abaixo da 
superfície de um líquido de massa específica r12. Na situação de equilíbrio 
estável, a haste forma com a vertical um ângulo igual a:
L
2 0 L
(A) 45º.
(B) 60º.
(C) 30º.
(D) 75º.
(E) 15º.
 21 (IME) Um balão de borracha, esférico, perfeitamente elástico e de peso 
desprezível é cheio com 1 kg de um gás ideal que ocupa 2 litros nas condições 
ambientais de 20°C de temperatura e pressão barométrica de 105 Pa. Depois 
de cheio, o balão é mergulhado lentamente em um poço profundo que contém 
água pura à temperatura de 20°C, de tal modo que a temperatura do gás não 
varie. Supondo-se que o balão permaneça esférico e que esteja totalmente 
imerso, determine a que profundidade, medida da superfície do líquido ao 
centro do balão, ele permanecerá parado quando solto. Considere a gravidade 
local g = 10 m/s² e a massa específica da água = 1 g/cm³.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
243IME-ITA – Vol. 3
 22 (IME) Um balão, de peso desprezível, contendo um gás de massa 
específica 0,2 g/l, ocupa um volume de 1.000 m³. Calcular a força ascensional 
do balão, em kgf, à pressão atmosférica normal e à temperatura de 27°C.
Dados:
Constante universal dos gases perfeitos: 0,082 atm · l/mol · K
Massa molecular do ar: 29 u.m.a.
 23 (IME) Uma esfera oca, de ferro, pesa 300 N. Na água, seu peso 
aparente é de 200 N. Calcule o volume da parte oca da esfera.
Dados:
massa específica do ferro = 7,8 · 10³ kg/m³; g = 10 m/s².
 24 (IME) Um cubo de gelo encontra-se totalmente imerso em um 
reservatório adiabático com 200 mL de água a 25°C. Um fino arame o 
conecta a um dinamômetro que indica uma força de 0,32 N. Sabe-se que a 
densidade da água e do gelo são, respectivamente, 1 g/cm³ e 0,92 g/cm³, 
enquanto que os calores específicos são respectivamente de 1 cal/g°C 
e 0,5 cal/g°C. O calor latente de fusão do gelo é 80 cal/g. Considere a 
aceleração da gravidade como 10 m/s².
água
gelo
Determine a força indicada pelo dinamômetro quando a temperatura da 
água for de 15°C, assim como a massa do bloco de gelo nesse momento.
 01 A figura mostra uma bola de ferro (massa específica de 7,6 g/cm3) 
suspensa por uma corda de massa desprezível presa em um cilindro que 
flutua, parcialmente submerso, com as bases paralelas à superfície da 
água. O cilindro tem uma altura de 6,00 cm, uma área da base de 12 cm2, 
uma massa específica de 0,30 g/cm3 e 2,00 cm da altura estão acima da 
superfície da água. Qual é o raio da bola de ferro?
 02 O tubo fino em forma de U mostrado na figura tem diâmetro interno 
uniforme em toda a sua extensão e é acelerado horizontalmente para a 
direita, quando um líquido ideal anteriormente em repouso no seu interior 
apresenta uma diferença de nível Dh entre os dois ramos verticais. 
O comprimento da parte horizontal do tubo é L e a aceleração da gravidade 
local é g. Determine, em função dos dados do problema, a aceleração a 
que o tubo está submetido.
�h
L
 03 Um tubo em U contendo um líquido gira em torno do eixo Oz, com 
velocidade angular de 10 rad/s. A distância d entre os dois ramos do tubo 
é de 30 cm, e ambos são abertos na parte superior. Calcule a diferença 
de altura h entre os níveis atingidos pelo líquido nos dois ramos do tubo.
z
h
d
0
 04 Dentro de um elevador está um recipiente com um certo líquido de 
densidade r. No fundo desse recipiente, está instalado um sistema de 
balança eletrônica. Esta balança indica apenas a massa do bloco devido a 
um contato metálico eletroimpermeável, coberto de verniz isolante preso ao 
corpo cuja massa se deseja medir em situações de atmosferas adversas, 
e outro contato está fixo na balança.
Um bloco de volume V e densidade 3r foi colocado no recipiente e o 
elevador foi posto em movimento vertical acelerado com intensidade 
g/5. Calcule a indicação da balança, considerando g a aceleração da 
gravidade local.
 05 Um tubo cilíndrico de comprimento L é submerso até a metade 
em mercúrio, sendo tapado com o dedo e retiradoem seguida. Ao se 
fazer isso, parte do mercúrio derrama. Qual o comprimento da coluna 
de mercúrio que permaneceu dentro do tubo? O comprimento da 
coluna de mercúrio correspondente à pressão atmosférica é H.
 06 (ITA – adaptada) Sobre um líquido de densidade r1 se encontra outro 
de densidade r2 < r1, que não se mistura com o primeiro. É evidente que 
um corpo cuja densidade seja r2 < r < r1 flutuará no limite de separação 
entre esses líquidos. Qual parte do volume do corpo estará submersa no 
líquido mais denso?
 07 Um êmbolo de peso P = 30 N tem a forma de um disco redondo de raio 
R = 4 cm com uma abertura central, na qual se coloca um tubo de paredes 
finas e raio r = 1cm. Esse tubo é aberto em ambas as extremidades. 
O êmbolo é introduzido perfeitamente em um vaso e, inicialmente, 
encontra-se no fundo. A que altura H se elevará o êmbolo se despejarmos 
dentro do tubo m = 700 g de água?
 08 Na figura, a água atinge uma altura D atrás da face vertical de uma 
represa com L de largura.
L
D
O
FÍSICA I
Assunto 6
244 IME-ITA – Vol. 3
Determine:
a. A força horizontal a que está submetida a represa por causa da pressão 
manométrica da água.
b. O torque produzido por essa força em relação a uma reta que passa 
por O e é paralela à face plana da represa. 
c. Determine o braço de alavanca desse torque.
 09 O domo hemisférico da figura pesa 30 kN, está cheio de água e fixo 
ao chão por meio de seis parafusos igualmente espaçados. Determine a 
força aplicada em cada parafuso.
Dados: 39.810 /água N mγ =
Ø 30 mm
4.000 mm
2.000 mm
Água
 10 Um recipiente oco, fechado e transparente é fixado sobre uma 
superfície plana, como ilustra a figura a seguir. A face inclinada do 
recipiente faz um ângulo de 60° com a horizontal. O recipiente encontra-se 
completamente cheio com determinado líquido e contém em seu interior 
um bloco feito de material duas vezes menos denso que o líquido.
líquido 60º
a. Determine o valor do coeficiente de atrito estático µ e entre o recipiente 
e o bloco, sabendo que, na iminência de movimento, este tende a se 
deslocar ascendentemente ao longo da face inclinada.
b. Calcule a diferença µe – µc entre os coeficientes de atrito estático e 
cinético, considerando que, ao iniciar o movimento, o bloco desloca-
-se ascendentemente de 10 cm ao longo da face inclinada durante o 
tempo de 1 s.
 11 Um longo tubo em U, disposto ver ticalmente, aber to em suas 
extremidades e com área da seção reta constante, contém um certo 
líquido em equilíbrio hidrostático. Uma das extremidades do tubo é 
então lentamente resfriada. Como consequência, uma pequena porção 
superior do líquido, ocupando inicialmente um comprimento vertical H0 
dessa extremidade, é solidificada, passando a ocupar na nova situação de 
equilíbrio um comprimento vertical aH0, em que a é um número positivo. 
Despreze o atrito entre as paredes do tubo e a substância em ambas as 
fases líquida e sólida.
a. Na nova situação de equilíbrio, o nível da substância na extremidade 
que não foi resfriada é maior, menor ou permanece constante com 
relação ao nível inicial? Justifique com cálculos a sua resposta.
b. Considere agora a = 1,1 (caso da água pura, H2O) e H0 = 5 cm. Na 
extremidade do tubo que foi resfriada, calcule a diferença entre os 
níveis da substância nas situações de equilíbrio final e inicial.
FÍSICA I
Assunto 6
Hidrostática
245IME-ITA – Vol. 3
IME-ITA
GABARITO VOLUME
3
468
Física I
Assunto 5
Exercícios Nível 1
 01 
Barra : 500 N(Tracionada).
Barra : 500 N(Tracionada).
Barra : 500 2 N(Comprimida).
AB
AC
BC
AB F
AC F
BC F
=
=
=
 02 
a.
Barra : 52 kN (Comprimida).
Barra : 60 kN (Tracionada).
Barra : 80 kN (Comprimida).
b.
Barra : 1.695 N (Comprimida).
Barra : 3.460 N (Comprimida).
Barra : 1.356 N (Tracionada).
c.
Barra : 4 k
AB
AC
BC
AB
AC
BC
AB
AB F
AC F
BC F
AB F
AC F
BC F
AB F
=
=
=
=
=
=
= N(Comprimida).
Barra : 2,72 kN(Tracionada).
Barra : 2,4 kN(Comprimida).
AC
BC
AC F
BC F
=
=
 03 
 04 
Barra : 2,10 kN(Tração).
Barra : 1,34 kN(Compressão).
Barra : 1,27 kN(Compressão).
Barra : 1,34 kN(Compressão).
Barra : 0.
Barra : 1,20 kN(Tração).
AE
BC
BE
CD
CE
DE
AE F
BC F
BE F
CD F
CE F
DE F
=
=
=
=
=
=
 05 
a.
7,5kN(Compressão).
6,0kN(Tração).
6,0 ( ).
0.
6,25kN(Compressão).
1,0kN(Compressão).
1,0kN(Compressão).
0.
1,25kN(Tração).
AF
EF
ED
AE
AD
AB
BC
BD
DC
F
F
F kN Tração
F
F
F
F
F
F
=
=
=
=
=
=
=
=
= 
b.
0,45kN(Compressão).
0,36kN(Tração).
0,36kN(Tração).
0,33kN(Compressão).
0,925kN(Compressão).
0,38kN(Tração).
0,38kN(Tração).
0,33kN(Tração).
0,475kN(Compressão).
AF
EF
ED
AE
AD
AB
BC
BD
DC
F
F
F
F
F
F
F
F
F
=
=
=
=
=
=
=
=
=
 06 P= 1 kN.
 07 
76,7kN(Tração).
100kN(Compressão).
29,2kN(Tração).
GH
ED
EH
F
F
F
=
=
=
 08 
a. 32 kN.
b. Ay = 25 kN.
 09 
a. Impossível calcular.
b. 20 kN(↑); 20 kN (→).
c. AE, com tração 25/3 kN.
 
:5kN.
:25kN.
AB
BE
d. :10kN.
50
: kN.
3
DE
EC
 10 
 11 
B= 9,00 kN(→).
Cx = 9,00 kN(→).
Cy = 20,0 kN(↑).
Exercícios Nível 2
 01 
FBD=255 N.
Cx = 120 kN(→).
Cy = 625 kN(↑).
 02 
3,90 kN(Compressão).
3,6 kN (Tração).
0.
3,90 kN(Compressão).
1,485 kN(Tração).
3,612 kN(Tração).
CD
BC
DB
DE
BE
AB
F
F
F
F
F
F
=
=
=
=
=
=
 03 P = 1,5 kN.
 04 
 05 
a. 32,0kNBXF = (→).
b. 17,0kNAYF = (↑); 42,0kNAXF = (←).
c. 9 kN (↓).
d. 8 25 10 N/m .HF = ⋅π
 06 
Barra : 546N(Compressão).
Barra : 773N(Compressão).
Barra : 566N(Compressão).
Barra : 1.090N(Tração).
Barra : 400N(Compressão).
AB
AD
BC
BD
CD
AB F
AD F
BC F
BD F
CD F
=
=
=
=
=
 07 
300N.
300N.
300N.
300N.
Y
X
X
Y
A
A
C
C
=
=
=
=
 08 
a. 26 kN e 2,16.
b. 40 kN.
 09 
1,8 kN.
3,6 kN.
354 N.
Y
X
A
A
F
=
=
=
 10 
2.025N.XA = (←); 1800N.YA = (↓); 4.050N.XB = (→);
1.200N.YB = (↑); 2025N.XE = (←); 600N.YE = (↑).
Exercícios Nível 3
 01 
 02 
 03 
3,25kN(Compressão).
0.
0.
1,125kN(Tração).
6,149kN(Tração).
2,625kN(Compressão).
CD
BC
CF
BF
DF
EF
F
F
F
F
F
F
=
=
=
=
=
=
 04 
343 N(Tração).
186 N(Tração).
397 N(Compressão).
148 N(Tração).
221N(Tração).
295 N(Compressão).
AD
BD
CD
BC
AC
EC
F
F
F
F
F
F
=
=
=
=
=
=
 05 
Barra : 4kN(Tração).
Barra : 0.
Barra : 0.
Barra : 2kN(Compressão).
Barra : 5,66kN(Tração).
Barra : 0.
Barra : 0.
Barra : 0.
AB
AC
AE
BD
BE
CD
CE
DE
AB F
AC F
AE F
BD F
BE F
CD F
CE F
DE F
=
=
=
=
=
=
=
=
 06 M = 1,8 kg.
Assunto 6
Exercícios Nível 1
 01 
a. 10 N.
b. 5,0 cm.
 02 Letra B.
 03 
2
L
S
d
g
d
.
 04 =
1
.
2
E
C
R
R
 05 15 kg.
 06 h = h’. Pois como o volume de água submerso em ambos os casos 
é igual, o desnível também o será.
 07 Letra A.
 08 Letra A.
 09 Letra D.
 10 Letra A.
 11 Letra E.
 12 Letra A.
 13 Letra E.
 14 
a. 1,2 kg.
b. 1,3 . 103 kg/m3.
 15 Letra A.
 16 3 31,91.10 /kg m
 17 
. 50 N/m.
. 30 m.
. 107,5 cm.
a
b
c
 18 
1
2
Fio 1: 0,2 .
Fio 2 : 0,3 .
0,6 .
T hg
T hg
y h
= ρΑ
= ρΑ
=
 19 Letra D.
 20 Letra D.
 21 
a. Na direção da aceleração.
b. arctan
a
g
 
 
 
.
Exercícios Nível 2
 01 
a. 400 kgf.
b. 20 cm.
 02 
637 Pa.
(I) 1170 Pa; (II) 1170 Pa.
 03 Letra A.
 04 
a. h diminuirá.
b. h permanecerá constante.
c. h permanecerá constante.
 05 4,69 · 105 N.
 06 1,2 g/cm3.
 07 0,5 m/s.
 08 Letra E.
 09 
a. ρ = 0,2 g/cm3.
b. 10,7 N.
 10 Letra C.
 11 1,7g de água.
 12 
ρ
=
−
1 2
1 2
.
gLS S
T
S S
 13 
3 3a. 1,0.10 kg/m .
b. 20cm.
 14 Letra B.
GABARITO
IME-ITA
Volume 3
469
 15 77,262 kPa.
 16 
2
2 2 2
4
.
Md
H m
D D d
 
= − πρ − 
 17 Letra B.
 18 Letra D.
 19 Letra C.
 20 
 21 10 m.
 22 0,25 kgf.
 23 6,15 · 10–3 m3.
 24 Força: 0,30 N; massa: 345,1 g.
Exercícios Nível 3
 01 raio = 9,8 cm.
 02 .g h
L
∆ .
 03 h = 0,46 m.
 04 12
5
Vρ .
 05 + +−
2 2
.
2 2
H L H L 
 06 2lim
1 2
V V
ρ − ρ
=
ρ − ρ
.
 07 10 cm.
 08 
2
3
a. .2
b. .
6
2
c. .
3
gLD
F
gLD
D
h
ρ
=
ρ
τ =
=
 09 90,88 kN.
 10 
a. 3 .
b. 0,04.
 11 
a. Permanece igual.
b. 0,5 cm.
GABARITO
IME-ITA
470
1. Introdução
Em todos os assuntos de Física I até agora, foram discutidos, 
exclusivamente, as três leis de Newton e suas aplicações em geral. Pode-se 
perceber que diversos problemas são resolvidos, exclusivamente, utilizando 
as leis de Newton e as relações cinemáticas.
Porém, a partir de agora, serão vistas situações que envolvem forças 
variáveis, ou seja, acelerações variáveis. Não há condições de resolver 
problemas desse tipo, com conceitos apenas de ensino médio. São 
necessárias ferramentas mais fortes.
Essa é a real motivação do estudo do trabalho e da energia. Os 
princípios que os envolvem são generalizações das leis de Newton, que 
os trazem intrinsecamente. Na maioria das vezes, a aplicação desses 
princípios proporcionam soluções bem mais rápidas e elegantes para 
os problemas.
O principal objetivo deste assunto é tratar dos princípios do trabalho 
e da energia, relacionando suas aplicações e desenvolvendo métodos 
que possibilitem a resolução de problemas em geral, tanto os das leis de 
Newton, por uma forma mais elegante e direta, quanto os que tratam de 
acelerações e forças variáveis.
2. Trabalho de uma força
Todos sabem que, para que um carro possa se locomover, é necessário 
que seja abastecido com algum combustível. A explosão desse combustível 
no motor produz gases que, em alta velocidade, movimentam pistões, que, 
por sua vez, possibilitam a tração nas rodas, além de alimentar a bateria, 
que gerencia o restante das outras funções. Esse gás em alta velocidade é 
capaz de girar turbinas acopladas a geradores elétricos, que proporcionam 
a rotação do eixo. Para isso, o gás precisa exercer uma força na turbina, 
caso contrário, a turbina não se moverá. 
Logo, é notável que, para que haja transferência de energia de um 
sistema para outro, é necessário que uma força seja exercida. A energia 
transferida de um sistema para outro a partir da aplicação de uma força 
é determinada trabalho.
2.1 Definição de trabalho
O trabalho é definido pela integral do produto escalar entre o vetor 
força e o vetor deslocamento, ao longo de um caminho C:
� � �� F ds
C
 
Ou seja, para cada deslocamento infinitesimal ao longo de uma 
trajetória C, faz-se o produto escalar entre o vetor força, naquele tempo 
infinitesimal, e o vetor deslocamento. Depois que cada produto foi feito, 
somam-se todos.
2.1.1 Unidade S.I. de trabalho: [J] – joule
Se o trabalho for positivo, τ > 0, o trabalho é motor. Ou seja, a força 
está concedendo energia ao corpo.
Se o trabalho for negativo, τ < 0, o trabalho é resistente. Ou seja, a 
força está retirando energia do corpo.
2.2 Trabalho de uma força constante
Será calculado agora, o trabalho realizado por uma força constante 
de acordo com a definição de trabalho.
� � �� F ds
C
 
Como a força é constante, nesse caso, pode-se retirá-la da integral. 
Dessa forma, tem-se:
� � � �F ds
C
 
A integral dos vetores infinitesimais do deslocamento ao longo do 
caminho C significa, fisicamente, que se está percorrendo o caminho 
todo, ponto a ponto, e somando todos esses vetores. O resultado é o 
vetor deslocamento total.
ds S
C
 
� � �
Dessa forma, tem-se:
� � �F S
 
�
Essa é a fórmula para o cálculo do trabalho de uma força constante. 
Outra forma de se escrever esse trabalho é representando o módulo desse 
produto escalar:
� �� � �F S
 
� cos
em que θ é o ângulo entre os vetores. Essa é a fórmula que mais será 
utilizada para o cálculo do trabalho de uma força.
θ
∆S
�
F

Dessa forma, é fácil ver que o sinal desse produto escalar vai ser sempre 
o mesmo sinal do cosseno do ângulo entre os vetores. Considera-se, 
então, os seguintes casos:
•	 θ = 0 → cos θ = 1 → τ = F · ΔS. Ou seja, quando força e 
deslocamento têm o mesmo sentido, o trabalho dessa força sempre 
será motor.
•	 θ = 90° → cos θ = 0 →	τ = 0. Ou seja, quando a força é 
perpendicular ao deslocamento, seu trabalho é nulo.
•	 θ = 180° → cos θ = –1 → τ = –F · ΔS. Ou seja, quando a força 
tem sentido contrário ao deslocamento, seu trabalho será sempre 
resistente.
Para forças oblíquas ao deslocamento, deve-se decompô-las em 
duas direções: uma componente perpendicular ao deslocamento (que não 
realizará trabalho) e uma componente na direção do deslocamento (que 
realizará todo o trabalho dessa força, já que o trabalho da outra componente 
é nulo). Dessa decomposição, a componente na direção do deslocamento 
valerá F · cos θ, que, multiplicada pelo módulo do deslocamento, fornece 
o valor do trabalho.
Trabalho, energia e potência
FÍSICA I ASSUNTO
7
1IME-ITA – Vol. 4
2.3 Cálculo do trabalho a partir do gráfico F × S
O significado geométrico da integral A dB
B
B
�� 1
2 é a área do gráfico de 
A × B e a área entre o gráfico e o eixo B, entre os pontos B1 e B2. Logo, 
ao querer calcular o trabalho de uma força F de uma posição S1 até uma 
posição S2, pode-se traçar o gráfico F × S (força × posição) e calcular 
a área entre o gráfico e o eixo S, do ponto S1 até o ponto S2. Lembrando 
de que áreas acima do eixo S são positivas e áreas abaixo do eixo S são 
negativas. Esse procedimento é muito útil no caso de uma força que 
varie linearmente com a posição, já que as áreas, nesse caso, podem ser 
calculadas facilmente.
F
S
τ = área
2.4 Trabalho resultante
Seja um corpo em que atuam as forças F1
��
, F2
���
 e F3
���
, cuja resultante 
é a força FR
→
 :
F1
��
F2
���
F3
���
FR
���
O trabalho resultante é igual à soma dos trabalhos de cada força, que 
também será igual ao trabalho da força resultante.
�R
S
S
S
S
S
S
F ds F ds F ds F F F d� � � � � � � � � �� � �






  

1
1
2
2
1
2
3
1
2
1 2 3( ) ss
S
S
1
2
� �
 
�R R
S
S
F ds� ��


1
2
Obviamente, isso vale para um número qualquer de forças.
2.5 Trabalho da força normal
Como a força normal é, na maioria dos casos, perpendicular ao 
deslocamento, o seu trabalho será quase sempre nulo.
N
��
∆S
�
τN = 0
A normal que atua em um corpo que está no interior de um elevador 
acelerado é paralela ao deslocamento. Nesse caso, o seu trabalho não 
será nulo.
2.6 Trabalho da força peso
Considere-se um corpo percorrendo uma trajetória qualquer. Será 
calculado o trabalho realizado pelo peso.
Deve-se pensar primeiro, em um corpo se movimentando 
horizontalmente. Ou seja, seu vetor deslocamento é horizontal. Dessa 
forma, como o peso é sempre ver tical, o ângulo formado com o 
deslocamento é zero, logo, o trabalho é nulo. Então, se o deslocamento 
do corpo ocorre apenas na horizontal, o trabalho do peso é nulo.
Agora, deve-se pensar em um corpo que se desloque apenas 
verticalmente, com deslocamento h. Se o deslocamento é vertical, o peso 
é paralelo a ele. Dessa forma, se os dois têm o mesmo sentido (corpo 
caindo), o trabalho do peso é positivo (P · h) e, se os dois têm sentido 
contrário (corpo subindo), o trabalho do peso é negativo (–P · h).
E se o corpo estiver percorrendo uma trajetória aleatória, que 
proporcione deslocamentos verticais e horizontais? Aqui, pode-se valer 
do princípio da independência dos movimentos de Galileu, que diz que 
qualquer movimento pode ser decomposto em um horizontal mais um 
vertical (conforme estudado em movimentos oblíquos). Dessa forma, 
para o movimento horizontal, o peso não realiza trabalho, mas, para o 
movimento vertical, o peso realiza trabalho, da mesma forma como dito 
no parágrafo anterior.
Logo, para que o peso realize trabalho, é obrigatório que o corpo se 
desloque verticalmente.
τp = ± P · h
h
A
A
B
B
corpo subindocorpo descendo
τp = P · h τp = – P · h
2.7 Energia potencial gravitacional
Considere-se que dois pontos A e B estejam a uma altura hA e hB do 
chão, como na figura anterior. Será calculado o trabalho da força peso 
em uma trajetória que começa no ponto A e termina no ponto B. Sabe-se 
que o deslocamento vertical do corpo será h =hA – hB. Logo, o trabalho 
do peso entre esses dois pontos será dado por:
τp = m · g · (hA – hB)
Fazendo a distributiva, tem-se:
τp = m · g · hA – m · g · hB
Serão intepretados as grandezas m · g · hA e m · g · hB como as energias 
potenciais gravitacionais da partícula nos pontos A e B, respectivamente, 
associadas às suas alturas. Ou seja, quando se coloca o corpo nesses 
pontos, em cada um deles fica armazenada uma energia no sistema 
Terra-corpo. Note-se que essa energia depende da prévia determinação 
FÍSICA I
Assunto 7
2 IME-ITA – Vol. 4
de um referencial, ou seja, conjunto de pontos em que a energia é 
nula e, consequentemente, a altura desses pontos é 0. Esse conjunto, 
naturalmente, tem que ser horizontal, para que os pontos não possuam 
diferenças de alturas entre si. Perceba-se que, se fosse determinado outro 
referencial sem ser o chão na explicação (uma linha horizontal abaixo dele, 
por exemplo), as alturas dos pontos A e B seriam diferentes, logo, suas 
energias potenciais gravitacionais seriam diferentes.
Pode-se, então, definir a energia potencial gravitacional de um corpo 
em relação a um referencial como:
Epg = m · g · h
2.7.1 Unidade no S.I.: [J] – joule
Em que h é a altura do corpo em relação ao referencial.
Logo:
τp = m · g · hA – m · g · hB = – ΔEpg
2.8 Trabalho da força elástica
Como visto no assunto Dinâmica, a força elástica varia com a 
deformação do corpo, ou seja:
F = K · x
em que k representa a constante elástica da mola. Note-se que, se há um 
corpo preso à mola, o deslocamento dele é igual à deformação da mola. 
Logo, será analisado um gráfico da força pelo deslocamento do corpo, 
ou seja, deformação da mola. Tem-se:
F
X
x
kx
A área é dada por k · x · x/2 = k · x2/2. Logo:
�Fel k x� � �
1
2
2
em que x é o deslocamento da mola da posição de equilíbrio até a posição 
final. O sinal negativo deve-se ao fato de que a força elástica sempre se 
opõe ao deslocamento da mola, logo, o trabalho da força elástica é sempre 
negativo, enquanto o corpo estiver oscilando em torno dessa posição de 
equilíbrio. O gráfico está apenas representando essa força em módulo. 
Se o corpo for solto junto com a mola quando ela estiver comprimida ou 
esticada, somente nesse caso o trabalho da força elástica será positiva, 
já que ela estará impulsionando o corpo.
2.9 Energia potencial elástica
Considere-se um corpo conectado a uma mola, deslocando-se de 
uma posição xA a uma posição xB, em relação à posição de equilíbrio da 
mola. Logo, o trabalho realizado pela força elástica é:
�Fel
B A A Bk x k x k x k x� �
�
� �
��
�
��
�
�
�� �
�
�
�2 2 2 2
2 2 2 2
Serão interpretados as expressões 
k xA⋅
2
2
 e 
k xB⋅
2
2
 como as energias 
potenciais elásticas da mola nas posições xA e xB. Ou seja, quando se 
deforma a mola até essas posições, a energia fica armazenada no sistema. 
Essa energia, assim como a energia potencial gravitacional, também 
depende de um referencial. Porém, em cálculos, será escolhida sempre 
a posição de equilíbrio da mola como o referencial de energia nula. Esse 
procedimento facilita as contas.
Pode-se, então, definir a energia potencial elástica da mola como
E
k x
pel
�
� 2
2
em que x é o deslocamento da mola da sua posição de equilíbrio.
2.9.1 Unidade no S.I.: [J] – joule
Logo:
�Fel
A B
pel
k x k x
E�
�
�
�
� �
2 2
2 2
�
2.10 Teorema do 
trabalho e da energia cinética
Sabe-se que:
� � �� F ds
C
 
Considerando que o corpo em questão sai da posição Si e alcança 
a posição Sf, submetido a uma força resultante FR, que na posição Si ele 
possui velocidade Vi e que na posição Sf possui velocidade Vf, tem-se:
Vi VfF
Si Sf
�FR R
si
sf
F ds� ��
 


Pela 2a lei de Newton, sabe-se que F m a
 
� � . Logo:
�FR
s i
sf
m a ds� � ��




Como a massa do corpo é constante, pode-se tirar m da integral:
�FR
s i
sf
m a ds� � ��




Sabe-se que a
dv
dt


= . Logo:
�F
s
s
v
v
R
i
f
i
f
m
dv
dt
ds m
ds
dt
dv� � � � � �� �








FÍSICA I
Assunto 7
Trabalho, energia e potência
3IME-ITA – Vol. 4
Sabe-se, também, que v
ds
dt


= . Logo, lembrando que é necessário 
mudar os limites da integração:
�F
v
v
R
i
f
m v dv� � ��
 


Pensando, agora, no módulo do produto escalar v dv
 
⋅ , sabe-se que 
tais vetores têm o mesmo sentido. Logo, v dv v dv v dv
   
� � � � � � �cos0 . 
Então:
�
�
�
F
v
v
F
v
v
F
f i
R
i
f
R
i
f
R
m v dv
m
v
m
v v
� � �
� �
�
�
��
�
�
��
� � �
�
�
��
�
�
�
�
2
2 2
2
2 2 ��
� �
m v m vf i· ·
2 2
2 2
Serão interpretadas as quantidades m vi⋅
2
2
 e m vf⋅
2
2
 como as energias 
cinéticas do corpo, quando este possui velocidades vi e vf, respectivamente. 
São energias associadas ao movimento do corpo, ou seja, quando este 
possui uma velocidade. Logo:
E
m v
c �
� 2
2
2.10.1 Unidade no S.I.: [J] – joule
Dessa forma, descobre-se, pela última expressão, que “o trabalho da 
força resultante que atua em um corpo é igual à variação da sua energia 
cinética”. Ou seja:
�FR Cf CiE E� �
�FR CE� �
Esse é um dos teoremas mais importantes de toda a mecânica 
newtoniana. Saber usá-lo é de extrema importância na resolução de 
problemas.
3. Energia mecânica
A energia mecânica de um corpo é dada pela soma das energias 
cinéticas e potencial (gravitacional, elástica e elétrica) de um corpo em 
certo instante.
E E Emec c p� �
Essa energia pode ou não variar com o tempo. Serão discutidas quais 
as condições para que cada uma das situações ocorra.
4. Sistema mecânico conservativo
Antes de pensar no conceito de sistema mecânico conservativo, 
deve-se definir outros conceitos que estão intimamente atrelados a ele. 
Primeiro, será feita a definição de forças conservativas.
Forças conservativas, em sua crua definição, são as forças cujos 
trabalhos independem da trajetória realizada pelo corpo entre dois pontos 
A e B. Ou seja, se for calculado o trabalho de uma força conservativa em 
qualquer uma das trajetórias representadas na figura a seguir, o resultado 
será o mesmo, contanto que a origem e o destino da partícula sejam 
sempre os mesmos.
1
2
3
A
B
Outra forma de defini-las é dizer que forças conservativas são aquelas 
cujos trabalhos em trajetórias fechadas, ou seja, com o ponto de partida 
igual ao ponto de chegada, são nulos.
Pensando mais matematicamente, forças conservativas são aquelas 
que possuem funções potenciais associadas. Só existem três forças que 
possuem esse comportamento – a força peso, a força elástica e a força 
elétrica (estudada em assunto anterior). Foi visto que, no cálculo do trabalho 
das duas primeiras forças, surgiram as expressões da energia potencial 
gravitacional e elástica, respectivamente. Ou seja, são essas as funções 
potenciais associadas a cada uma das forças. No caso da força elétrica, 
a função associada é a energia potencial elétrica. Conclui-se, então, que 
o trabalho de uma força conservativa era igual ao simétrico da variação 
da energia potencial do corpo:
�força conservativa � ��Ep
Essas funções potenciais são funções apenas da posição do corpo 
(no caso do peso, posição vertical; no caso da força elástica, posição 
relativa à deformação da mola).
Então, se um sistema está sujeito apenas a forças conservativas, a 
sua força resultante também é conservativa. Logo:
�FR pE� ��
Mas, pelo teorema do trabalho e da energia, tem-se que o trabalho 
da força resultante é igual à variação de energia cinética do corpo. Logo:
�FR CE� �
Das duas equações, obtém-se:
ΔEc = – ΔEp → ΔEc + ΔEp = 0 →	 ΔEmec = 0
FÍSICA I
Assunto 7
4 IME-ITA – Vol. 4
Ou seja, em um sistema submetido apenas a forças conservativas, 
a energia mecânica do sistema é constante. Esse é o famoso princípio 
da conservação de energia, que será utilizado para resolver diversos 
problemas. Outra forma de expressá-lo é dizer que, a partir da equação 
ΔEc + ΔEp = 0, o ganho (ou perda) de energia cinética é compensado 
pela perda (ou ganho) de energia potencial. Ou seja, aenergia potencial se 
transforma, exclusivamente, em energia cinética ou vice-versa. Essa é uma 
importante forma de se entender o princípio da conservação de energia.
O sistema em que se observa o princípio da conservação de energia 
é chamado de conservativo.
5. Sistema mecânico 
não conservativo
Agora, será introduzido o conceito de forças não conservativas. 
As forças não conservativas podem ser traduzidas como a negação das 
definições que foram dadas para as forças conservativas. Mas é importante 
ressaltar o fato de que uma força não conservativa não possuirá função 
potencial associada. Dessa forma, quando uma força não conservativa 
realiza trabalho, ela é incapaz de fazer com que o sistema armazene energia. 
Esse trabalho vai se traduzir, simplesmente, em uma variação, positiva ou 
negativa, da energia cinética.
Um bom exemplo disso é uma caixa sendo empurrada em um 
plano horizontal áspero. A força que empurra a caixa faz com que esta, 
simplesmente, ganhe energia cinética, sendo essa energia totalmente 
oriunda do trabalho realizado por essa força (não existe energia potencial 
armazenada no corpo que se transforme em energia cinética). Ao mesmo 
tempo, a força de atrito, que atua contrária ao deslocamento, produz 
trabalho negativo, simplesmente dissipando energia do corpo, energia essa 
oriunda exclusivamente da energia cinética do corpo. É interessante pensar 
também que, se é um homem que empurra a caixa, ele está perdendo 
energia para poder realizar a força no bloco, o qual realiza trabalho que 
transfere a energia cinética para o bloco. Para repor essa energia, o homem 
terá, depois, que se alimentar e descansar para repor essa energia perdida 
para realizar o trabalho dessa força.
Dessa forma, forças não conservativas externas ao sistema (não 
internas) produziram um trabalho que variará, de fato, a energia mecânica 
do sistema. Dessa forma, tem-se o princípio do trabalho das forças não 
conservativas, representado a seguir:
�forças não conservativas mecf mecinicial mec� � �E E E�
Note-se, então, que o princípio da conservação de energia é um 
caso particular do princípio das forças não conservativas, quando o 
τforças não conservativas = 0. Quando o τforças não conservativas ≠ 0, é dito que o sistema 
não é conservativo.
Então, será que dizer que um sistema é conservativo implica que 
ele não esteja sob a ação de forças não conservativas e vice-versa? 
A resposta é não.
Existem muitos casos em que as forças não conservativas estão 
presentes, mas não realizam trabalho. É o caso da força normal para um 
corpo que é abandonado de um plano inclinado liso. A normal é uma força 
não conservativa, porém, como realiza trabalho nulo, a única força a que 
o corpo estará sujeito de verdade é a componente tangencial do peso: ela 
que será responsável por todo o trabalho realizado pelo peso.
Além disso, existem casos em que as forças não conservativas 
realizam trabalho, mas os trabalhos delas se anulam. É o caso da máquina 
de Atwood (duas massas ligadas por um fio que passa por uma roldana, 
sujeitas à ação da gravidade). As trações existentes nos fios realizam 
trabalho. Porém, sabendo que, quando o bloco desce uma distância d, o 
outro sobe a mesma distância e que a tração T é constante ao longo do 
fio, para o bloco que sobe, o trabalho da tração é T · d, enquanto que, para 
o bloco que desce, o trabalho da tração é –T · d, que, quando somados, 
anulam-se. Uma máquina de Atwood é mostrada na figura a seguir.
Esses sistemas são conservativos, mesmo que haja a atuação de 
forças não conservativas.
6. Potência
• Unidade S.I. de potência: [W] – watt = [J/s]
É a quantidade de energia transferida (trabalho) por unidade de tempo, 
dada pela derivada do trabalho em relação ao tempo.
P
d
dt
�
�
6.1 Potência média
Como todo conceito de valor médio, a potência média de uma força é 
o trabalho total realizado por essa força dividido pelo tempo que se levou 
para realizar todo o trabalho.
Pot
tm
total�
�
�
6.2 Potência instantânea
Para definir a potência gerada ou não por uma força variável, em certo 
instante, basta calcular o produto entre essa força naquele instante, a 
velocidade e o cosseno do ângulo entre os vetores força e deslocamento 
ou força e velocidade (lembrando que a velocidade tem sempre mesma 
direção e sentido do deslocamento).
P
d
dt
F ds
dt
F
ds
dt
� �
�
� � � �
�
�


cos P = F · v · cos θ
Caso a velocidade do corpo seja constante, a potência instantânea 
também será constante, logo, igual à potência média.
6.3 Cálculo do trabalho pelo gráfico P × t
Como dito antes, já que, se uma 
grandeza A pode ser escrita basicamente 
como o produto B × C de outras duas, 
o gráfico B × C tem área entre o gráfico 
e o eixo C igual ao valor numérico de A.
Logo, a área do gráfico potência por 
tempo entre os pontos t1 e t2 é igual ao 
trabalho entre esses instantes.
P
t
τ
FÍSICA I
Assunto 7
Trabalho, energia e potência
5IME-ITA – Vol. 4
6.4 Rendimento
O rendimento, em qualquer situação prática, é a razão entre o que lhe 
é útil e o que é fornecido para o sistema. Dessa forma, já que em qualquer 
sistema mecânico é impossível que haja aproveitamento total da potência 
que uma força possui, considera-se que sempre haverá uma potência 
dissipada, em situações reais. Logo:
Pot Pot Pottotal dissipada útil� �
Logo, o rendimento será dado por:
� �
Pot
Pot
útil
total
Portanto, se o rendimento é baixo, significa que o sistema aproveita 
pouca energia da total que lhe é fornecida. Um dos objetivos maiores da 
engenharia, nos dias atuais, é aumentar o rendimento dos mais diversos 
processos envolvidos nas situações práticas, a fim de diminuir o custo 
energético e prezar pela sustentabilidade.
 01 (UECE) Uma pequena esfera de isopor, de densidade 
d = 0,2 g/cm³, é abandonada no fundo de um tanque contendo água até uma altura 
H = 10 cm. Se a gravidade local vale g = 10 m/s² e a densidade da água 
vale ρ = 1 g/cm³, determine a altura máxima x atingida pela bola, medida 
a partir da superfície da água. Despreze qualquer força de resistência.
(A) 10 cm. (D) 40 cm.
(B) 20 cm. (E) 50 cm.
(C) 30 cm.
Solução: Letra D.
Enquanto a bolinha está dentro da água, duas forças estão atuando sobre 
ela: o peso e o empuxo. Quando ela sai da água, apenas o peso continua 
sendo exercido. Seja V o volume da bolinha.
Dessa forma, temos, para o peso: 
�P P H x m g H x d V g H x� � � � � � � � � � � � � � �( ) ( ) ( ).
O sinal negativo deve-se ao fato de que o peso é contrário ao deslocamento 
do corpo. Agora, para o empuxo:
� �E E H V g H� � � � � � .
O sinal positivo deve-se ao fato de que o empuxo tem o mesmo sentido 
do deslocamento.
Agora, vamos utilizar o teorema do trabalho e da energia:
� � �FR C P E cf ciE E E� � � � �� .
Sabe-se que o corpo parte do repouso, já que é abandonado. Logo, Eci = 0.
Como queremos calcular o valor da altura máxima atingida pelo corpo, 
queremos a altura em que o corpo para no ar. Logo, a energia cinética 
nesse ponto será nula: Ecf = 0.
Dessa forma, temos:
� � �
�
�
P E d V g H x V g H
d H d x H x H
d
� � � � � � � � � � � � � �
� � � � � � � � � � � ��
�
�
0 0
0 1
( )
��
�
�.
Substituindo os valores do enunciado, teremos: 
x � � ��
�
�
�
�
� �10
1
0 2
1 40
,
cm.
É importante perceber que a utilização do teorema do trabalho e da energia 
facilita muito o algebrismo da questão. Se fôssemos utilizar as leis de 
Newton e a cinemática, teríamos que calcular a aceleração da bolinha em 
cada um dos meios, calcular a velocidade na fronteira dos meios, utilizar 
a equação de Torricelli, enfim, um trabalho muito maior seria exigido.
 02 Na situação esquematizada na figura, a mola tem massa desprezível, 
constante elástica igual a 1 · 102 N/m e está, inicialmente, travada na 
posição indicada, contraída de 50 cm. O bloco, cuja massa é igual a 
1 kg, está em repouso no ponto A, simplesmente encostado na mola. 
O trecho AB do plano horizontal é perfeitamente liso e o trecho BC é áspero.
A B C2,0 m 5,0 mEm determinado instante, a mola é destravada e o bloco é impulsionado, 
atingindo o ponto B com velocidade VB. No local, a influência do ar é 
desprezível e adota-se g = 10 m/s². Sabendo que o bloco irá atingir o 
ponto C, calcule:
a. o valor de VB.
b. o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano de apoio no 
trecho BC.
Solução:
a. Vamos usar o teorema do trabalho e da energia para calcular a 
velocidade no ponto B. Sabemos que apenas a força elástica atua no 
trecho AB. Sabemos, também, que, pelo fato de o corpo estar apenas 
encostado na mola, essa força vai deixar de atuar. A força elástica, 
nesse caso, está realizando trabalho motor, já que está empurrando 
o corpo para a frente. Dessa forma:
 
�Fel C A B CB CAE
k x
E E� �
�
� �
�
�
2
2 .
 Como o corpo estava parado em A, temos ECA = 0. Logo:
 
k x
E
V
VCB
B
B
�
� �
�
�
�
� �
2 2 2
2
100 0 5
2
1
2
5
,
 m/s.
b. Vamos, agora utilizar novamente o teorema do trabalho e da energia 
para o cálculo do coeficiente de atrito cinético no trecho BC. Sabemos 
que a força que atua no trecho é a força de atrito, que realiza trabalho 
resistente. Dessa forma, temos:
 � �Fat cB C c cC cBE m g E E� � � � � � ��� .
 Como o corpo vai parar em C, temos que EcC = 0 . Logo:
 
� �
� �
Fat cB C c cB
c c
E m g E� � � � � � � � �
� � � � �
�
� �
�
� BC
, .1 10 5
1 5
2
0 25
2
Mais uma vez, o teorema do trabalho e da energia se mostrou bastante 
útil ao reduzir os algebrismos que decorreriam da aplicação das leis de 
Newton e das relações da cinemática.
FÍSICA I
Assunto 7
6 IME-ITA – Vol. 4
 03 Um brinquedo que muito agrada às crianças são os lançadores de 
objetos em uma pista. Considere que a mola da figura a seguir possui uma 
constante elástica k = 8.000 N/m e massa desprezível. Inicialmente, a 
mola está comprimida a 2,0 cm e, ao ser liberada, empurra um carrinho 
de massa igual a 0,20 kg. O carrinho abandona a mola quando esta atinge 
o seu comprimento relaxado e percorre uma pista que termina em uma 
rampa. Considere que não há perda de energia mecânica por atrito no 
movimento do carrinho.
carrinho
mola comprimida
a. Qual é a velocidade do carrinho quando ele abandona a mola? 
b. Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade de 
2,0 m/s?
c. Qual a altura máxima atingida pelo carrinho?
Solução:
Essa questão pode ser resolvida tanto pelo teorema do trabalho e da 
energia quanto pelo princípio da conservação de energia. Resolveremos 
das duas formas.
1o Teorema do trabalho e da energia
a. Até o carrinho abandonar a mola, somente a força elástica atuou sobre 
ele. No início, ele estava em repouso, logo, ECi = 0. Portanto:
 �Fel c cfE
k x
E
v
v� �
�
� �
�
�
�
� ��
2 2 2
2
8 000 0 02
2
0 2
2
4
. ( , ) ,
m/s.
b. Do pé da rampa, em que tem velocidade igual a 4 m/s, encontrada 
do item anterior, até o ponto em questão, no qual sua velocidade é de 
2 m/s, apenas o peso realiza trabalho resistente no corpo, não havendo 
mais nenhuma força atuando nele. Dessa forma:
�P c
f iE m g h
m v m v
h h
� � � � � �
�
�
�
�
� � � � � �
�
2 2
2 2
2 2
20 2 4 0 6, m .
c. Para calcular a altura máxima atingida pelo carrinho, podemos 
considerar o trabalho do peso do ponto mais baixo da rampa até o 
ponto mais alto que conseguir atingir, em que sua velocidade será nula 
e, consequentemente, Ecf = 0. Logo:
 
�P cE m g h
m v
h
v
g
h
� � � � � � �
�
�
� � �
�
� �
� máx
máx máx m.
0
2
2
4
2 10
0 8
2
2 2
,
2o Princípio da conservação de energia
a. Temos que, no início, a energia que está armazenada no sistema é a 
energia potencial elástica. Ela se transformará totalmente em energia 
cinética até o ponto em que o carrinho soltará da mola. Logo:
E E E E
k x m v
v v
meci mecf pelai cf
� � � �
�
�
�
�
� � � � �
2 2
2 2
2 2
8 000 0 02 0 2. ( , ) , �� 4 m/s.
b. Sabemos que, no pé da rampa, o carrinho tem velocidade igual a 4 
m/s. portanto, tomando como referencial de alturas o pé da rampa, 
a energia potencial gravitacional que ele terá nesse ponto será nula, 
tendo apenas energia cinética. No ponto da rampa em que ele tiver 
velocidade 2 m/s, parte da energia cinética que ele tinha no pé da 
rampa se transformou em energia potencial gravitacional em relação 
ao pé da rampa. Logo:
E E E E E
m v m v
m g h
h
meci mecf ci cf pgf
� � � � �
�
�
�
� � � �
� � � �
i f
2 2
2 2
2 2
4
2
2
2
10 �� �h 0 6, m.
c. Para calcular a altura máxima que o carrinho atinge, vamos, novamente, 
considerar o referencial de altura no pé da rampa. No pé da rampa, 
ele só possui energia cinética e, no ponto mais alto, só possui energia 
potencial gravitacional. Dessa forma, temos que, do pé da rampa para 
o ponto de altura máxima:
 
E E
m v
m g h h
v
g
h
meci mecf
� �
�
� � � � � �
� �
�
�
2 2
2
2 2
4
2 10
0 8
máx máx
máx m.,
Obs.: Observe que poderíamos considerar qualquer ponto como ponto 
inicial do nosso problema, desde que já soubéssemos os valores de 
todas as energias que estivessem envolvidas nele. Como única incógnita 
da equação, só podemos ter o valor que estejamos querendo calcular, 
como uma velocidade, uma altura, a deformação de uma mola etc. Veja, 
também, que os cálculos desenvolvidos nessa solução se assemelham 
bastante aos cálculos da outra solução. Isso acontece porque o princípio 
da conservação de energia é uma outra forma de se escrever o teorema 
do trabalho e da energia para sistemas conservativos.
 04 Com base na figura a seguir, calcule a menor velocidade com que 
o corpo deve passar pelo ponto A para ser capaz de atingir o ponto B. 
Despreze o atrito e considere g = 10 m/s².
8 m
13 m
A
B
Solução: Vamos resolvê-la utilizando o princípio da conservação de energia. 
Como existe diferença de altura entre os pontos, existirá, de fato, diferença 
de energia potencial armazenada no corpo entre os pontos A e B. Colocando 
o referencial de altura no ponto A, a energia potencial armazenada no corpo, 
nesse ponto, torna-se nula, o que facilita as contas (veja que sempre se 
pode tomar como referencial de energia qualquer ponto, porém, existem 
pontos que são mais convenientes para se escolher).
Para que o corpo consiga atingir o ponto B, ele precisará ter energia 
cinética suficiente em A para transformá-la em energia potencial que se 
acumulará, de fato, no ponto B. Ou seja, a energia cinética deve, pelo 
menos, transformar-se totalmente na energia potencial do ponto B. Assim, 
a energia cinética no ponto B deve ser, no mínimo, 0. Esta é a situação 
limite: vB = 0. Lembre-se, também, de que o desnível entre A e B é de 5 m.
Dessa forma, temos:
E E E E
m v
m g h
v v
mec mec c p
A
A A
A B A gB
� � � �
�
� � � �
� � � �
mín
mín
mín mí
2
2
2
2 10 5
nn
m/s.� 10
FÍSICA I
Assunto 7
Trabalho, energia e potência
7IME-ITA – Vol. 4
Problemas de condições mínimas ou máximas para que certas situações 
sejam satisfeitas são recorrentes na mecânica e, muitas vezes, pode se 
aplicar a teoria do trabalho e da energia para resolvê-los. O desafio maior 
de uma questão desse tipo é identificar a situação limite (que, nesse caso, 
era que a velocidade no ponto B deveria ser nula). 
 05 Uma pequena esfera é abandonada do ponto A da figura. Determine a 
máxima razão d/h para que a esfera alcance o ponto B sem perder contato 
com a guia.
h B d
O
solo
Solução: Sabemos que a força de contato exercida por uma superfície 
sobre um ponto material é a força normal. Logo, para que haja contato 
entre a superfície e o corpo, a força normal não deve ser nula.
Portanto, a condição limite para que o corpo esteja na iminência de perder 
o contato na guia é que a força normal em algum ponto dessa guia deve 
ser zero. Mas que ponto é esse?
Sabemos que a parte da guia em que estão contidos os pontos O e B é 
um arco de circunferência. Logo, existe uma força centrípeta, que depende 
diretamente da velocidade que o corpo tem em tal ponto F
m v
Rcp
�
��
�
��
�
�
��
2
. 
Como o raio é constante, a força centrípeta será menor onde o corpo tiver 
menor velocidade.Lembre-se de que, quanto maior a força centrípeta, maior o contato do 
corpo com a superfície. Dessa forma, devemos escolher o ponto com 
menor velocidade, que implica menor força centrípeta, e menor força 
normal. Ou seja, devemos escolher o ponto O.
Agora, dependendo de qual altura h o corpo for abandonado, ou 
seja, dependendo da energia potencial gravitacional armazenada nele 
inicialmente, e sabendo que parte dessa energia potencial se transformará 
em cinética no ponto O, devemos escolher o menor valor possível para que 
a partícula chegue no ponto O com normal nula. Dessa forma, realmente 
temos que o valor d/h pedido deve ser máximo, já que d é constante.
Obrigando, enfim, a normal a ser nula no ponto O, temos que a força 
centrípeta que atuará naquele ponto sobre a esfera é composta apenas pelo 
peso (já que é vertical apontando para o centro da circunferência). Dessa 
forma, no ponto O, temos, sendo vO a velocidade da esfera no ponto O:
F P
m v
R
m g
v
d
g v
g d
cp
O O
O� �
�
� � � � � �
�2 2 2
2
2
.
Portanto, já temos um valor fixo para a velocidade no ponto O, conhecendo 
então, a energia cinética que a bolinha deve ter nesse ponto. Como já 
sabemos a altura desse ponto em relação ao solo e fixando o referencial de 
altura no solo, já conhecemos, também, a energia potencial gravitacional 
armazenada nela. Logo, já sabemos a energia mecânica da esfera no 
ponto O.
Podemos, então, aplicar o princípio da conservação de energia do ponto 
A para o ponto O:
E E E E E m g h m g d
m v
h d
g d
g
h
mec mec p p c
O
A O gA gO O
� � � � � � � � � � �
�
�
� �
�
�
�
2
2
2
2
�� � �
5
4
4
5
d d
h
.
Obs.: Veja que não precisamos obrigar a mesma condição limite do 
exercício anterior, já que calculamos uma velocidade mínima no ponto 
O, que era não nula.
 06 (FUVEST-SP) Nos manuais de automóveis, a caracterização dos 
motores é feita em CV (cavalo-vapor). Essa unidade, proposta no tempo 
das primeiras máquinas a vapor, correspondia à capacidade de um cavalo 
típico, que conseguia erguer, na vertical, com auxílio de uma roldana, um 
bloco de 75 kg, à velocidade de 1 m/s.
V = 15 m/s
θ
(sen θ	~ 0,1)
g
Para subir uma ladeira, inclinada como na figura, um carro de 1.000 kg, 
mantendo uma velocidade constante de 15 m/s (54 km/h), desenvolve 
uma potência útil que, em CV, é, aproximadamente, de:
(A) 20. 
(B) 40. 
(C) 50.
(D) 100.
(E) 150.
Solução: Primeiro, é necessário saber a relação entre CV e W, já que 
calcularemos normalmente as nossas potências no S.I.
Sabemos que um cavalo pode elevar uma massa de 75 kg, ou seja, um 
peso de 750 N na vertical com velocidade constante de 1 m/s. Dessa forma, 
a potência desenvolvida por esse cavalo, em W, é P = 750 · 1 = 750 W.
Logo, 1 CV = 750 W.
Como o carro está subindo com velocidade constante, a força que o motor 
faz para isso acontecer tem que se anular com a componente do peso 
tangente ao plano inclinado. Dessa forma, temos:
F P Fcarro carro� � � �· sen . · · , .� 1 000 10 0 1 1 000 N.
Portanto, a potência desenvolvida pelo motor do carro deve ser:
Pot F vútil = = =· . · .1 000 15 15 000 W.
Como 1 CV = 750 W, temos que: Potútil CV CV= =
15 000
750
200
. .
FÍSICA I
Assunto 7
8 IME-ITA – Vol. 4
 07 Um avião de 8 toneladas é acelerado por seu motor de 0 a 100 m/s, 
em pista retilínea, para poder levantar voo com uma aceleração de 10 
m/s². Qual a potência média da força realizada pelo motor do avião para 
acelerá-lo de 0 a 100 m/s? Qual a potência instantânea da mesma força 
quando o avião já percorreu 125 m? Desconsidere todos os atritos.
Solução: Para acharmos a potência média dessa força, devemos saber 
qual o tempo que é gasto para acelerá-lo. Usando a função horária da 
velocidade no MRUV, temos: v v at t t� � � � � � �0 100 0 10 10s .
Sabemos que a força que o motor faz é a força resultante, já que só ela 
atua no corpo na direção horizontal da pista:
F m ares � � � � �8 000 10 80 000. . N.
Sabemos, também, pela equação de Torricelli, a distância percorrida pelo 
avião: v v a S S S2 0
2 2 22 100 0 2 10 500� � � � � � �� � �· · m.
Logo, sabemos o trabalho dessa força:
�res res� � �F S· . · ·� 80 000 500 4 10
7 J
Então, temos a potência média:
Pot
t
Potm
res
m� �
�
� � �
� 4 10
10
4 10
7
6 W .
Para achar a potência instantânea quando o avião já percorreu 125 m, 
devemos achar qual sua velocidade nesse instante. Pela equação de 
Torricelli, temos:
v v a S v v2 0
2 2 22 0 2 10 125 50� � � � � � �� · · m/s.
Dessa forma, a potência nesse instante será:
Pot F v Pot� � � � � � �80 000 50 4 106. W.
 01 (AFA) Um bloco de 250 gramas cai sobre uma mola cuja constante
elástica é 250 N/m. O bloco prende-se à mola, que sofre uma compressão 
de 12 cm antes de ficar momentaneamente parada. A velocidade do bloco 
imediatamente antes de chocar-se com a mola é, em m/s:
(A) 2,00. 
(B) 2,51.
(C) 3,46.
(D) 4,23.
 02 (AFA) Uma bola abandonada de uma altura H, no vácuo, chega ao 
solo e atinge, agora, a altura máxima h. A razão entre a velocidade com 
que a bola chega ao solo e aquela com que ela deixa o solo é:
(A) 
H
h
�
�
�
�
�
�
1
2
. 
(B) H
h
. 
(C) 
H
h
�
�
�
�
�
�
1
3.
(D) 
H
h
�
�
�
�
�
�
2
.
 03 (AFA) O motor da figura imprime ao corpo de massa m uma aceleração 
para cima de módulo igual a g. Calcule a potência fornecida pelo motor 
em função do tempo, sabendo-se que o corpo partiu do repouso no 
instante t = 0.
m
(A) P = 2mg²t.
(B) P = 2mg²/t.
(C) P = mg²/2t.
(D) P = mgt².
 04 (AFA) Duas crianças estão brincando de atirar bolas de gude dentro 
de uma caixa no chão. Elas usam um brinquedo que lança as bolas pela 
descompressão de uma mola que é colocada horizontalmente sobre uma 
mesa na qual o atrito é desprezível. A primeira criança comprime a mola 
2 cm e a bola cai a 1,0 m antes do alvo, que está a 3,0 m horizontalmente 
da borda da mesa. A deformação da mola imposta pela segunda criança, 
de modo que a bola atinja o alvo, é:
3,0 m
(A) 1,7 cm. 
(B) 2,0 cm.
(C) 3,0 cm.
(D) 9,0 cm.
 05 (EFOMM) Uma carga de massa 1,0 kg parte do repouso e sobe uma 
rampa, mediante a aplicação da força variável f, cujo gráfico em função do 
deslocamento x está abaixo representado. Calcule a velocidade da carga 
ao atingir o ponto A (extremidade da rampa), sabendo que o trabalho 
correspondente da força de atrito de 0 e A é de 10 joules (g = 10 m/s2).
x
A
4 m
3 m
10
25
2 3 4 5 x(m)
F

( )N
FÍSICA I
Assunto 7
Trabalho, energia e potência
9IME-ITA – Vol. 4
(A) 7 m/s. 
(B) 10 m/s. 
(C) 8 m/s.
(D) 6 m/s.
(E) 5 m/s.
 06 (EN) Um corpo de massa 1 kg é lançado verticalmente para cima com 
uma velocidade de 20 m/s. Em relação ao ponto de lançamento, quando 
sua energia cinética é igual à sua energia potencial, a altura alcançada vale:
(A) 5 m.
(B) 10 m.
(C) 15 m.
(D) 20 m.
(E) 25 m.
 07 Um automóvel de massa 800 kg parte do repouso e, depois de 
10 s, está com velocidade de módulo 72 km/h. Qual a potência média 
desenvolvida sobre o automóvel?
 08 Na figura, o homem puxa a corda com uma força constante, horizontal e 
de intensidade 1,0 · 102 N, fazendo com que o bloco sofra, com velocidade 
constante, um deslocamento de 10 m ao longo do plano horizontal.
Desprezando a resistência do ar e considerando o fio e a polia ideais, determine:
a. o trabalho realizado pelo homem;
b. o trabalho da força de atrito que o bloco recebe do plano horizontal 
de apoio.
 09 O gráfico abaixo representa a variação de intensidade das duas únicas 
forças que agem em um corpo que se desloca sobre um eixo Ox. As forças 
referidas têm a mesma direção do eixo.
5
0
10 15
20
40
60
80
–20 (F2)
(F1)
F(N)
x(m)
Calcule:
a. o trabalho da força F1, enquanto o corpo é arrastado nos primeiros 10 m; 
b. o trabalho da força F2, enquanto o corpo é arrastado nos primeiros 10 m; 
c. o trabalho da força resultante para arrastar o corpo nos primeiros 15 m. 
 10 Uma partícula, inicialmente em repouso no ponto A, é levada ao ponto 
B da calha vertical de raio igual a 2,0 m, indicada na figura. Uma das 
forçasque agem sobre ela é F

, horizontal, orientada sempre para a direita 
e de intensidade igual a 10 N. Considerando a massa da partícula igual a 
2,0 kg e assumindo g = 10 m/s2, calcule:
r =
 2,
0 m
A
B
O
F

g

a. o trabalho de F

 ao longo do deslocamento AB;
b. o trabalho do peso da partícula ao longo do deslocamento referido no 
item anterior.
 11 Uma esfera de 1,0 kg de massa, lançada com velocidade de 10 m/s no 
ponto R da calha encurvada da figura, atingiu o ponto S pelo qual passou 
com velocidade de 4,0 m/s.
2,0 m
R
g

S
Sabendo que, no local da experiência, |g

|= 10 m/s, calcule o trabalho 
das forças de atrito que agiram, na esfera, durante o seu deslocamento 
de R até S.
 12 Nas duas situações representadas abaixo, uma mesma carga de peso 
P é elevada a uma mesma altura h:
h
α
situação 1
h
situação 2
Nos dois casos, o bloco parte do repouso, parando ao atingir a altura h. 
Desprezando todas as forças passivas, analise as proposições seguintes: 
FÍSICA I
Assunto 7
10 IME-ITA – Vol. 4
I. Na situação 1, a força média exercida pelo homem é menor que na 
situação 2.
lI. Na situação 1, o trabalho realizado pela força do homem é menor que 
na situação 2.
III. Em ambas as situações, o trabalho do peso da carga é calculado 
por –Ph.
IV. Na situação 1, o trabalho realizado pela força do homem é calculado 
por Ph.
Responda mediante o código:
(A) Todas são corretas.
(B) Todas são erradas.
(C) Somente II e III são corretas.
(D) Somente I, III e IV são corretas.
(E) Somente III é correta.
 13 O gráfico a seguir mostra a variação da intensidade de uma das 
forças que agem em uma partícula, em função de sua posição sobre 
uma reta orientada. A força é paralela à reta. Sabendo que a partícula tem 
movimento uniforme com velocidade de 4,0 m/s, calcule, para os 20 m 
de deslocamento descritos no gráfico:
5,0 10 15 20
20
0
40
F(N)
d(m)
a. o trabalho da força;
b. sua potência média.
 14 Uma bola de 0,5 kg que é lançada verticalmente para cima com uma 
velocidade inicial de 20 m/s , atinge uma altitude de 15 m. Calcule a perda 
de energia devido à resistência do ar. 
 15 Um bloco de 4,5 kg de massa é abandonado em repouso em um plano 
inclinado. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano é 0,50. Adote 
g = 10 m/s2.
A
C B
Calcule:
a. a aceleração com que o bloco desce o plano;
b. os trabalhos da força peso e da força de atrito no percurso do bloco, 
de A até B. Dados: AC = 3 m e BC = 4 m.
 16 Calcule o trabalho realizado por um homem que arrasta um saco de 
farinha de 65 kg a uma distância de 10 m sobre o solo com uma força 
de 25 kgf, erguendo-o depois até a carroceria de um caminhão de 75 cm 
de altura. Qual é a potência média desenvolvida se o processo todo foi 
realizado em 2 min?
 17 Uma bomba de 2,0 CV de potência teórica é usada para retirar água de 
um poço de 15 m de profundidade a fim de encher um reservatório de 500 .
Se g = 9,8 m/s2 e 1,0 CV = 735 W, em quanto tempo o reservatório 
estará cheio?
 18 Na situação da figura, o motor elétrico faz com que o bloco de 30 
kg de massa suba com velocidade constante de 1,0 m/s. O cabo que 
sustenta o bloco é ideal, a resistência do ar é desprezível e adota-se 
|g

| = 10 m/s2. Considerando que, nessa operação, o motor apresenta 
rendimento de 60%, calcule a potência por ele dissipada.
MOTOR w
g

 19 Um corpo de 1,0 kg de massa cai livremente da altura y = 6,0 m sobre 
uma mola de massa desprezível e eixo vertical de constante elástica igual 
a 1,0 · 102 N/m.
Adotando g = 10 m/s2 e desprezando todas as dissipações de energia 
mecânica, calcule a máxima deformação x da mola.
V0 = 0
y
x
 20 Uma pequena conta de vidro de massa igual a 10 g desliza sem atrito 
ao longo de um arame circular de raio R = 1,0 m, como indicado na figura. 
Se a conta partiu do repouso na posição A, determine o valor de sua energia 
cinética ao passar pelo ponto B. O arame está disposto verticalmente em 
um local em que g = 10 m/s2.
60°R
A
B
FÍSICA I
Assunto 7
Trabalho, energia e potência
11IME-ITA – Vol. 4
 21 A mola da figura abaixo possui uma constante elástica k = 280 N/m 
e está, inicialmente, comprimida em 10 cm.
D
C
BA
R = 1,0 m
Uma bola com massa de 20 g encontra-se encostada na mola no instante 
em que esta é abandonada. Considerando g = 10 m/s2 e que todas as 
superfícies são perfeitamente lisas, determine:
a. o valor da velocidade da bola no ponto D;
b. o valor da força que o trilho exerce na bola no ponto D;
c. o valor da aceleração tangencial da bola quando ela passa pelo ponto C.
 22 Um projétil de massa m incide horizontalmente sobre uma tábua 
com velocidade v1 e a abandona com velocidade, ainda horizontal, v2. 
Considerando-se constante a força exercida pela tábua de espessura d, 
pode-se afirmar que o tempo de perfuração é dado por:
V1 V2
d(A) 
2
1 2
d
v v+
.
(B) 
2
1 2
d
v v−
.
(C) d
v v2 1 2( )+
.
(D) d
v v2 1 2( )−
.
 23 Um corpo B, de massa igual a 4 kg e carga elétrica +6 µC, dista 30 
mm do corpo A, fixo e com carga elétrica –1 µC. O corpo B é suspenso 
por um fio isolante, de massa desprezível, ligado a uma mola presa ao 
solo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L0 = 1,2 m 
e, ao sustentar estaticamente o corpo B, ela se distende, atingindo o 
comprimento L = 1,6 m. Considerando-se a constante eletrostática do 
meio k = 9 · 109 N · m2 /C2 , que as cargas originais dos corpos pontuais 
A e B são mantidas e desprezando-se os possíveis atritos, o valor da 
constante elástica da mola, em N/m, é:
A
B
30 
mm 60°
L
L0
(A) 200.
(B) 320.
(C) 600.
(D) 800.
 24 Uma partícula é abandonada de uma determinada altura e percorre o 
trilho esquematizado na figura abaixo, sem perder contato com ele.
R
2R 3R
Considere que não há atrito entre a partícula e o trilho, que a resistência 
do ar seja desprezível e que a aceleração da gravidade seja g. Nessas 
condições, a menor velocidade possível da partícula ao terminar de 
executar o terceiro looping é:
(A) 3Rg . 
(B) 7Rg .
(C) 11Rg .
(D) 15Rg .
 25 Um garoto, que se encontra em repouso, faz girar, com velocidade 
constante, uma pedra de massa m presa a um fio ideal. Descrevendo 
uma trajetória circular de raio R em um plano vertical, essa pedra dá 
diversas voltas, até que, em dado instante, o fio arrebenta e ela é lançada 
horizontalmente, conforme ilustra a figura a seguir.
R
x
Sujeita apenas à aceleração da gravidade g, a pedra passou, então, a 
descrever uma trajetória parabólica, percorrendo uma distância horizontal 
x equivalente a 4R. A tração experimentada pelo fio toda vez que a pedra
passava pelo ponto onde ele se rompeu era igual a:
(A) mg.
(B) 2 mg.
(C) 3 mg.
(D) 4 mg.
FÍSICA I
Assunto 7
12 IME-ITA – Vol. 4
 26 Dois corpos, de dimensões desprezíveis, A e B presos a molas ideais, 
não deformadas, de constantes elásticas kA e kB, respectivamente, estão, 
inicialmente, separados por uma distância d em uma plataforma sem atrito, 
como mostra a figura a seguir.
A
d
B
A partir dessa situação, os blocos são, então, lentamente puxados por forças 
de mesma intensidade, aproximando-se, até se encostarem. Em seguida, 
são abandonados, passando a oscilar em movimento harmônico simples.
Considere que não haja interação entre os blocos quando esses se 
encontram. Nessas condições, a soma das energias mecânicas dos corpos 
A e B será:
(A) 
k k d
k k
A B
A B
2
2( )+
.
(B) 
k d
k k k
A
B A B
2 2
2 ( )+
.
(C) 
k k d
k k
A B
A B
2
2( )+
.
(D) 
k d
k k k
B
A A B
2 2
2 ( )+
.
 27 Uma pequena esfera de massa m é mantida comprimindo uma mola 
ideal de constante elástica k, de tal forma que a sua deformação vale x. 
Ao ser disparada, essa esfera percorre a superfície horizontal até passar 
pelo ponto A, subindo por um plano inclinado de 45°, e, ao final dele, no 
ponto B, é lançada, atingindo uma altura máxima H e caindo no ponto C, 
distante 3 h do ponto A, conforme figura abaixo.
45°
B
A
h
H
3h
C
Considerando a aceleração da gravidade igual a g e desprezando